Une variante NP-complète de l'affacturage.

Le livre d’ Arora et Barak présente l’affacturage comme le problème suivant:

$\text{FACTORING} = \{\langle L, U, N \rangle \;|\; (\exists \text{ a prime } p \in \{L, \ldots, U\})[p | N]\}$

Ils ajoutent, plus loin dans le chapitre 2, que le fait de supprimer le fait que est primordial rend ce problème NP-complet, bien que cela ne soit pas lié à la difficulté de factoriser des nombres. Il semble y avoir une réduction de SUBSETSUM, mais je me suis retrouvée coincée à le trouver. Une meilleure chance ici? $p$

EDIT 1er mars: La prime est pour la preuve de complétude utilisant une réduction déterministe de Karp (ou Cook). $NP$

cc.complexity-theory np-hardness factoring

— Michaël Cadilhac
source

@turkistany: FWIW, je considère comme un mauvais style de mettre NP en italique et comme un mauvais style et un mauvais LaTeX pour le mettre en mode mathématique (l'écart entre les lettres étant différent).

— Michaël Cadilhac

@ Michaël, désolé, sommes revenus au style original. Votre question m'a enthousiasmée :)

— Mohammad Al-Turkistany Le

Une description un peu plus complète: À la page 63 du livre, ils écrivent: Alon et Kilian (en communication personnelle) ont montré que, dans la définition du langage Factoring dans l'exemple 2.3, la condition selon laquelle le facteur p est primordial est nécessaire pour capturer le facteur. problème de factorisation, car sans cette condition, ce langage est NP-complet (pour des raisons n’ayant rien à voir avec la dureté de la factorisation d’entiers).

— MS Dousti

Naturellement, j'ai cherché un document d'Alon et Kilian contenant «affacturage» et «NP-complet». Je n'en ai trouvé aucun (je suppose que cela est aussi naturel dans un sens). :(

— Tsuyoshi Ito

@ Michael, j'aime bien rendre les classes en tant que plutôt que NP. Non ?

N P

$\mathsf{NP}$

— Suresh Venkat

Réponses:

Ce n'est pas tout à fait une réponse, mais c'est proche. Ce qui suit est la preuve que le problème est NP-difficile avec des réductions aléatoires.

Il existe une relation évidente à la somme de sous-ensembles qui est: supposons que vous connaissiez les facteurs de : , , , . Maintenant, vous voulez trouver un sous-ensemble de tel que $N$ $p_1$ $p_2$ $\ldots$ $p_k$ $S$ $p_1$ $\ldots$ $p_k$

\log L \leq \sum_{p_{i} \in S} \log p_{i} \leq \log U .

$\displaystyle \log L \leq \sum_{p_i \in S} \log p_i \leq \log U.$

Le problème lorsque vous essayez d'utiliser cette idée pour montrer que le problème est NP-difficile, c'est que si vous avez un problème de sous-somme avec les nombres , , , , vous ne pouvez pas nécessairement trouver des nombres premiers en temps polynomial tels que (où par , je veux dire approximativement proportionnel à). C'est un réel problème car, étant donné que le sous-ensemble somme n'est pas fortement NP-complet, vous devez trouver ces pour les entiers de grande taille . $t_1$ $t_2$ $\ldots$ $t_k$ $\log p_i \propto t_i$ $\propto$ $\log p_i$ $t_i$

Supposons maintenant que nous avons besoin que tous les entiers d'un problème de somme de sous-ensembles soient compris entre et et que la somme soit approximativement . Le problème de la somme des sous-ensembles sera toujours NP-complet et toute solution sera la somme de entiers. Nous pouvons changer le problème de nombres entiers en réels si nous laissons être entre et , et au lieu d'exiger que la somme soit exactement , nous exigeons qu'elle soit entre et . Nous avons seulement besoin de spécifier nos chiffres à environ $t_1$ $\ldots$ $t_k$ $x$ $x(1+1/k)$ $\frac{1}{2}\sum_i t_i$ $k/2$ $t'_i$ $t_i$ $t_i+\frac{1}{10k}$ $s$ $s$ $s + \frac{1}{10}$ $4 \log k$ plus de bits de précision pour le faire. Ainsi, si nous commençons par des nombres avec bits et que nous pouvons spécifier des nombres réels à environ bits de précision, nous pouvons effectuer notre réduction. $B$ $\log p_i$ $B + 4 \log k$

Maintenant, de wikipedia (via le commentaire de Hsien-Chih ci-dessous), le nombre de nombres premiers entre et est , donc si vous choisissez simplement nombres au hasard dans cette gamme, et les tester pour la primalité, avec une probabilité élevée obtenir un nombre premier dans le temps polynomial. $T$ $T+ T^{5/8}$ $\theta(T^{5/8}/\log T)$

Essayons maintenant la réduction. Disons que nos sont tous bits longs. Si nous prenons de longueur bits, alors nous pouvons trouver un premier près de avec bits de précision. Ainsi, nous pouvons choisir pour que avec une précision de bits. Cela nous permet de trouver pour que avec une précision de bits. Si un sous-ensemble de ces nombres premiers se multiplie à quelque chose de proche de la valeur cible, il existe une solution aux problèmes de somme du sous-ensemble d'origine. Alors on laisse $t_i$ $B$ $T_i$ $3B$ $p_i$ $T_i$ $9/8B$ $T_i$ $\log T_i \propto t_i$ $9/8\, B$ $p_i \approx T_i$ $\log p_i \propto t_i$ $9/8\,B$ $N=\Pi_i p_i$ , choisissez et correctement, et nous avons une réduction aléatoire de la somme du sous-ensemble. $L$ $U$

— Peter Shor
source

Je ne comprends pas la réduction. Pour que le problème de la somme des sous-ensembles soit NP-complet, le nombre doit être donné en binaire. Si nous voulons des entiers dont les logarithmes sont proches des nombres dans une instance du problème de la somme des sous-ensembles, il nous faut un nombre exponentiel de chiffres. Comment surmontez-vous cela?

— Tsuyoshi Ito

@Peter: L'hypothèse en théorie des nombres s'appelle la conjecture de Cramér , qui stipule que , où est le nième nombre premier. Voir l'article prime gap également pour référence.

p_{n + 1} - p_{n} = O (\log^{2} n)

$p_{n+1} - p_n = O(\log^2 n)$

p_{n}

$p_n$

— Hsien-Chih Chang 張顯之

@Peter: Oui, cette version de l'hypothèse a été prouvée pour assez grand. Hoheisel montre le premier résultat de ce type, et le meilleur résultat dû à wikipedia est le travail de Baker, Harman et Pintz , avec , (puisqu'il est valable pour la probabilité 1) et .

T

$T$

α = 0.525

$\alpha = 0.525$

c_{1} = \infty

$c_1 = \infty$

c_{2} = 1

$c_2 = 1$

— Hsien-Chih Chang 張顯

Je viens de découvrir cela. Je dois noter que je ne sais pas quelle était la preuve originale de Kilian-Alon. Ma seule connaissance de la preuve provient d'une communication avec Noga qui ne se souvenait pas des détails de la preuve originale, et la preuve qu'il a reconstruite était exactement celle-ci. Notez qu'il peut également être décrit comme une réduction déterministe sous certaines hypothèses théoriques sur les nombres forts (par exemple, il existe un nombre premier dans tout intervalle de la forme [x, x + polylog (x)]).

— Boaz Barak

Je viens de parler à Joe Kilian. Il a dit que la preuve que lui et Alon avaient proposée impliquait des réductions aléatoires zéro erreur. À sa connaissance, la réduction déterministe est toujours ouverte, à moins que vous ne fassiez l'hypothèse de la théorie des nombres, comme l'a déjà dit Boaz Barak.

— Timothy Chow

Je pense qu'il est lié au théorème de PCP (en particulier ). $NP = PCP[O(\log{n}), O(1)]$

Un extrait d'un article de Madhu :

... La notion selon laquelle un vérificateur peut effectuer n’importe quel calcul de temps polynomial enrichit considérablement la classe de théorèmes et de preuves et commence à proposer des méthodes hautement non triviales pour prouver des théorèmes. (Une conséquence immédiate est que nous pouvons supposer théorèmes / preuves / assertions / arguments sont des séquences binaires et nous le ferons désormais.) Par exemple, supposons que nous avons une affirmation (dire l'hypothèse de Riemann), et dire que nous pensons qu'il a preuve qui pourrait s’inscrire dans un article de 10 000 pages. La perspective de calcul indique que, étant donné et cette borne (10 000 pages), on peut calculer efficacement trois entiers positifs avec tels que soit vrai si et seulement si $A$ $A$ $N, L, U$ $L \leq U \leq N$ $A$ $N$ a un diviseur entre et . Les entiers , et seront assez longs (leur écriture prendrait peut-être un million de pages), mais ils peuvent être produits de manière extrêmement efficace (en moins de temps que cela prendrait une imprimante pour imprimer tous ces entiers, qui est certainement au plus un jour ou deux). (Cet exemple spécifique est basé sur un résultat dû à Joe Kilian , communication personnelle) ... $L$ $U$ $N$ $L$ $U$

... bien au-delà de mes compétences en théorie de la complexité :-)

— Marzio De Biasi
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Ceci est juste une autre formulation que ce problème est NP-complet.

— Marc Bury

@Marc ... mmm ... Je pense que cela signifie: est NP-complet parce qu'une réduction polynomiale du problème NP-complet SHORT PROOF existe ...

{⟨ L, U, N ⟩ | (\exists p \in {L, \dots, U}) [p | N]}

$\{\langle L, U, N \rangle \;|\; (\exists p \in \{L, \ldots, U\})[p | N]\}$

— Marzio De Biasi

Le problème SHORT PROOFS dans le document est presque identique au problème d’arrêt limité. Une réduction du problème SHORT PROOFS serait probablement aussi compliquée que la preuve typique de la complétude NP de la SAT, et il est donc peu probable que la preuve de la complétude NP de ce problème de recherche de facteur construise une réduction de la SHORT PROOFS problème directement.

— Tsuyoshi Ito

Il s'agit d'une idée de réduction déterministe efficace et informelle (qui peut être incomplète):

Fractran est un langage de programmation complet de Turing. Une version délimitée correctement des programmes Fractran devrait être réductible à la langue $\{\langle L, U, M \rangle \;|\; (\exists \text{ a positive integer } p \in \{L, \ldots, U\})[p | M]\}$

Par exemple, une version bornée pourrait demander si le nombre entier est produit dans la séquence de sortie d'un programme Fractran dans un certain nombre d'étapes (divisions) (c'est-à-dire ). $M$ $M=N_j * F_i$

— Mohammad Al-Turkistany
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