Algorithmes holographiques - Équivalence des bases

Je parcourais le papier séminal de Les Valiant et j'ai eu du mal avec la proposition 4.3 à la page 10 du papier.

Je ne vois pas pourquoi est-ce que s'il y a un générateur avec certaines valeurs pour avec une base , alors il existe un générateur avec les mêmes valeurs pour tout base ( ) ou ( ) pour tout . $valG$ $\{(a_1,b_1) \ldots (a_r,b_r)\}$ $valG$ $\{(xa_1,yb_1) \ldots (xa_r,yb_r)\}$ $1^{st} kind$ $\{(xb_1,ya_1) \ldots (xb_r,ya_r) \}$ $2^{nd} kind$ $x,y \in F$

Valiant souligne la raison du paragraphe précédent - à savoir que le type de transformation peut être obtenu en ajoutant à chaque nœud d'entrée ou de sortie un bord de poids . Le type de transformation , dit Valiant, peut être obtenu en ajoutant aux nœuds d'entrée ou de sortie des chaînes de longueur pondérées respectivement par et . $1^{st}$ $1$ $2^{nd}$ $2$ $x$ $y$

Je n'ai pas vraiment pu comprendre ces déclarations. Peut-être qu'ils sont déjà clairs, mais je ne vois toujours pas vraiment pourquoi la construction ci-dessus aide à atteindre des valeurs réalisables $valG$ avec une base avec la nouvelle base qui est l'un des types ci-dessus.

Aidez-moi à les éclairer. Sur une note différente, existe-t-il des enquêtes sans tensor pour les algorithmes holographiques disponibles en ligne. La plupart d'entre eux utilisent des tenseurs qui, malheureusement, me font peur :-(

Meilleur -Akash

ds.algorithms counting-complexity survey

— Akash Kumar
source

Les tenseurs (dans ce sens) ne sont que des tableaux de nombres, donc je ne pense pas que vous trouverez des sondages sans tensor à moins qu'ils ne soient complètement libres de calculs.

L'opération " " formalise à la fois les opérations de changement de base et d'attachement de gadgets à chaque noeud de sortie (en fait j'aime penser à un changement de base comme une sorte d'opération de gadget). Soit un matchgate de générateur avec la signature standard . C'est un tableau de nombres. La signature dans une nouvelle base est donnée par $T^{\otimes k}$ $\Gamma$ $M_{i_1i_2\cdots i_k}=u(\Gamma)$ $2^k$

$(T^{\otimes k}M)_{i_1i_2\cdots i_k}:=\sum_{i_1',\cdots,i_k'} T_{i_1i_1'} \cdots T_{i_ki_k'} M_{i_1'i_2'\cdots i_k'}$

où est une matrice deux par deux décrivant la nouvelle base. $T$

Soit la porte de correspondance formée en ajoutant nouveaux sommets à , en les prenant comme nouvelles sorties et en les connectant aux anciennes sorties par un bord de poids . La nouvelle signature est alors où est la matrice . Si vous effectuez ensuite le changement de base vous obtenez la signature . $\Gamma'$ $k$ $\Gamma$ $x$ $C^{\otimes k}M$ $C_{ij}$ $\begin{pmatrix}0&x\\1&0\end{pmatrix}$ $TC^{-1}$ $T^{\otimes k}M$

— Colin McQuillan
source

Désolé pour la réponse tardive, j'étais occupé aujourd'hui. J'ai peur, en raison de ma compréhension limitée des tenseurs, je ne peux toujours pas vous comprendre. Je pensais que la signature d'une allumette de générateur dans la nouvelle base, était dérivée de la signature dans l'ancienne base par la solution à . Je pensais que Valiant avait mentionné dans son exemple qu'il avait simplement l'intention d'exprimer le vecteur perfMatch comme la somme des coefficients par rapport à la nouvelle base. Je ne peux pas être sûr cependant, pour mon manque évident de fond avec des tenseurs.

S

$S$

u (Γ)

$u(\Gamma)$

S = S_{0}

$S = S_0$

T^{\otimes k} \times S = u (Γ)

$T^{\otimes k} \times S = u(\Gamma)$

v a l G (Γ, x)

$valG(\Gamma, x)$

— Akash Kumar

[suite] En outre, je ne suis pas en mesure de suivre votre exemple avec . Pourriez-vous nous en dire un peu plus? Merci - Akash

C^{\otimes k} M

$C^{\otimes k}M$

— Akash Kumar

Je suis heureux d'essayer d'élaborer, mais je pourrais simplement ajouter une notation confuse. Pourriez-vous répondre à cette question en premier: si vous ajoutez des bords à chaque nœud de sortie, quel effet pensez-vous que cela aurait sur la signature? En outre, que peut être exprimé comme - Je ne me souviens pas au devraient être les coefficients réels de en termes de de Valiant .

S_{0}

$S_0$

(T^{- 1})^{\otimes k} S

$(T^{-1})^{\otimes k} S$

T

$T$

n_{0}, n_{1}, p_{0}, p_{1}

$n_0,n_1,p_0,p_1$

— Colin McQuillan

Je vais essayer d'exprimer ma confusion avec un exemple. Considérons un générateur qui est un chemin de longueur 3 où tous les 3 nœuds sont des nœuds o / p. La signature std de ce générateur est . Et la signature du gadget modifié avec 3 nouveaux nœuds connectés chacun à un nœud o / p dans la base std est . Pourriez-vous s'il vous plaît continuer avec cet exemple? Je voudrais voir comment agit sur . Merci de votre patience

(0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)

$(0,1,1,0,1,0,0,1)$

x (1, 1, 1, 1 1, 1, 1, 0)

$x(1,1,1,1\ 1,1,1,0)$

C^{\otimes 3} w h e r e

$C^{\otimes 3} where$

C = (0, 1)^{t} (x = 1, 0)^{t}

$C = (0,\ 1)^t (x=1,\ 0)^t$

u (Γ)

$u(\Gamma)$

— Akash Kumar

Soit un chemin d'ordre 3. Appelez les sommets x, y, z où y est le sommet du milieu. a une correspondance parfaite si Z est {x}, {z} ou {x, y, z}. Donc . Avec les bords attachés, la signature est . Essayez de calculer par exemple utilisant la formule ci-dessus.

P_{3}

$P_3$

P_{3} ∖ Z

$P_3 \setminus Z$

u (P_{3}) = (0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1)

$u(P_3)=(0,1,0,0,1,0,0,1)$

(1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 0)

$(1,0,0,1,0,0,1,0)$

(C^{\otimes 3} u (P_{3}))_{1, 2, 2} = 1

$(C^{\otimes 3} u(P_3))_{1,2,2}=1$

— Colin McQuillan