Notater: INF2080. Veronika Heimsbakk 14. oktober Intro 3

Transkript

1 Notter: INF2080 Veronik Heimskk 14. oktoer 2014 Innhold 1 Intro 3 2 Terminologi Mengder Boolsk logikk Nyttige definisjoner Grfer Språk og lfeter Automter Deterministiske Nondeterministiske Pumpelemm Pushdown utomt - PDA Chomskys normlform Regulære Uttrykk DFA til regulært uttrykk Fr NFA til reg.ex Kontekstfrie språk 10 6 Turing mskiner Turing nlyse Turing mskinen Konfigursjon Grunnleggende Turing mskiner Flittige evere Nondeterministisk Turing mskin

2 7 Avgjørr For DFA For NFA For Regulært Uttrykk Redusering Stoppeprolemet Kompleksitet i tid P-klssen Prolemer i P Grfer NP-klssen Konvertering v polynom-tid verifiktor til NTM Prolem i NP P vs NP NP-kompletthet Kompleksitet i rom Svitchs teorem

3 1 Intro INF Logikk og Beregninger tr jeg våren Nottene er sert delvis på pensumok (Sipser), egne forelesningsnotter, gruppeundervisning og foiler på kurssiden. Under semesteret oppdteres disse nottene når jeg gidder. Hovedskelig i ruk for eksmensrepetisjon. Om noen ønsker L A TEXmrkup som er rukt i nottene, er det re å sende meg en e-post. 2 Terminologi 2.1 Mengder En mengde er en endelig eller uendelig smling v ojekter der rekkefølgen ignoreres. Ojektene i en mengde klles elementer. Notsjon A = {,, c}, B = {d,, e}, den tomme mengden = I: {,, c} Ikke i: d / {,, c} Delmengde: {} {,, c} Union: A B = {,, c, d, e} Snitt: A B = {} Differnse: A / B = {, c} 2.2 Boolsk logikk og eller ikke xor ekvivlens impliksjon Nyttige definisjoner Symmetri En inær relsjon R på mengden S er symmetrisk hvis det for lle x, y er slik t hvis x, y R, så y, x R. Refleksiv En inær relsjon R på mengden S er refleksiv hvis det for lle x i S er slik t x, x R. Trnsitiv En inær relsjon R på mengden S er trnsitiv hvis det for lle x, y, z er slik t hvis x, y R og y, z R, så x, z R. 3

4 Ekvivlensrelsjon En inær relsjon på mengden S er en ekvivlensrelsjon hvis den er refleksiv, symmetrisk og trnsitiv. Injektiv En funksjon f : A B er injektiv hvis for lle x, y A så impliserer x y t f(x) f(y). Sier t f er en-til-en. Surjektiv En funksjon f : A B er surjetiv hvis for lle y B så fins x A slik t f(x) = y. Vi sier t f er på. Bijektiv En funksjon er ijektiv hvis den er injektiv og surjektiv. Vi sier også t funksjonen er en en-til-en korrespondnse. Oppfyllrhet Tutologi Flisifiserrhet Kontrdiksjon 2.4 Grfer Figur 1: Eksempel på grf. En urettet grf, er en mengde linjer som koler smmen noen punkter. Punktene klles noder og linjene klles knter. Antll knter til en node klles grden til den noden. I Fig. 1 hr lle nodene grd Figur 2: Eksempel på grf med sugrf. I Fig. 2 er den rød streken en sugrf v hele grfen i figuren. De røde kntene representere også en sti gjennom grfen. En sti er en vei over kntene i en grf. En rettet grf er en grf med piler på kntene. 4

5 2.5 Språk og lfeter 3 Automter 3.1 Deterministiske strt q q 1 0 1,0 Figur 3: Eksempel på en deterministic finite utomt (DFA). Tilstnder:, utomten over hr fire tilstnder. En utomt estår v én eller flere tilstnder. Strttilstnd: en utomt hr nøyktig en strttilstnd q 0. Overgnger:, disse er mrkert med elementer fr lfetet Σ= {0,1} (i eksempelet). Akseptert tilstnd:, det er x-ntll slike ksepterte tilstnder. Eksempel på input og utfll for utomten i Figur 3. Input Utfll 01 kseptert 010 vvist 0011 kseptert vvist L utomten i Figur 3 hete M, M kjenner igjen språket: L(M) = {w w strter med 0 og slutter med 1}. L(M) er språket med en smling stringer w som M ksepterer. Eksempel: 0101 er et element i L(M), 0101 L(M). Definisjon 3.1. En deterministic finite utomt er et 5-tuppel (Q, Σ, δ, q 0, F ), hvor: 5

6 Q er et sett tilstnder. Σ er input lfetet. δ: Q Σ Q er pilenes funksjon. q 0 er Q som strttilstnd. F Q er de x-ntll ksepterte. Eksempel Over språket Σ = {, }, q strt 1 q 2 q 3 q 4 Figur 4: Gjenkjenner om et ord hr minst tre -er., q strt 1 q 2 q 3 Figur 5: Gjenkjenner om et ord hr minst to -er. Hv nå om vi vil slå smmen disse to, og h en utomt som gjenkjenner minst tre -er og minst to -er? 3.2 Nondeterministiske Hos en DFA er neste tilstnd estemt v inputen. I en NFA hr mn flervlg, mn kn også gå over ε. Definisjon 3.1. En nondeterministic finite utomt er et 5-tuppel (Q, Σ, δ, q 0, F ), hvor: 1. Q er tilstndene. 2. Σ er lfetet. 3. δ : Q Σ ɛ P (Q) 4. q 0 Q er strttilstnden. 5. F Q er de ksepterte tilstndene. 6

7 strt < q 1, p 1 > < q 2, p 1 > < q 3, p 1 > < q 4, p 1 > < q 1, p 2 > < q 2, p 2 > < q 3, p 2 > < q 4, p 2 > < q 1, p 3 > < q 2, p 3 > < q 3, p 3 > < q 4, p 3 >, Figur 6: Gjenkjenner om et ord hr minst to -er og minst tre -er. strt q 0 ε, q 2 q 1 Figur 7: Eksempel på en NFA. 3.3 Pumpelemm 1. Stringen lger en sti mellom tilstndene. 2. Ant t ntll tilstnder er p. 3. Enhver string lengere enn p må gå n loop. 7

8 4. Treffer tilstnd vi hr vært orte i fr før. Definisjon 3.1. Ant t vi hr en DFA D med d tilstnder og et ord w v lengde n som lir kseptert v D. Om n > d, så kn vi dele w opp i w = xyz med lengden v xy n+1, y ikke tom og der smtlige x(y) z lir kseptert. 3.4 Pushdown utomt - PDA En PDA estår v tilstnder, en strt, trnsisjoner og ksepterende. Strten er en strttilstnd og en tom stkk. Trnsisjoner er som følger: r, s t Hvor r, s er forutsetninger og t er ksjonen. Deler dette opp i to: 1. Vokter: symol lest, symol øverst på stkken/ts v på stkken. 2. Aksjon: nytt symol på stkken. Bruker også ε. Akseptering skjer med ksepterende tilstnd eller en tom stkk Chomskys normlform Enhver CFG kn skrives ved ruk v regler: A BC, D d Forgrening for vrile. Unært (rett frm) for terminler. 4 Regulære Uttrykk T Σ = {, }. De regulære uttrykkene gir delmengder v stringer i {, }. tom delmengde. ɛ {ɛ} {} {} union konktinering kleene stjerne Et regulært språk er en delmengde v stringen som en DFA kn kseptere. Regulære uttrykk = regulære språk. 8

9 4.1 DFA til regulært uttrykk strt, Trenger fire steg: Steg 1 legger til strttilstnd og ksepterende over ε. strt ε, ε Steg 2 ruker GNFA (reg.exp på pilene) og tr vekk en tilstnd, så reprer. strt ε() (() ) ε, Steg 3 tr vekk en ny tilstnd. strt ε() (() ) (( )) ε Steg 4 tr ort den siste tilstnden. strt ε() (() ) (( )) ε Vi får d det hele regulære uttrykket: ɛ() (() ) (( )) ɛ 9

10 4.2 Fr NFA til reg.ex. U S V T Figur 8: En NFA. S TU V Figur 9: Figur 8 som regex. 5 Kontekstfrie språk 1. Grmtikk CFG kontekstfire språk. 2. Automt med stkk PDA pushdown utomt. Eksempel på CFG Språk: (((()))) Vrile: S og A. Terminler: ( og ). Strtsymol: S. Regler (omskrivningsregler): S A, A AA, A (A), A () Utledning: S A AA 10

11 ()A ()(A) Lger uttrykk som ()(()). ()(()) Regler: v.s. h.s. Venstresiden inneholder nøyktig ett symol. Dette er egrunnelsen for t språk er kontekstfri. Symolet er en vriel. Høyresiden er en string v symoler. Utledningen fortsetter omskrivningene til vi re hr terminle symoler. S A A ( ) A ( A ) ( ) Figur 10: Utledningen i treform. Begynner med S. Vrilene er interne noder, og terminlene er løvnoder. 6 Turing mskiner 6.1 Turing nlyse Beregninger på ruteppir. Trenger ekstr lnke ruter. Tillter flere tilstnder. Klrer seg med én ktiv rute. Beregning gjøres på tpe. Bevege ktiv rute høyre/ventre/stopp. Klrer seg med to symoler i lfetet. Kn utføre hvilken som helst eregning slik. 6.2 Turing mskinen Forskjellen mellom en finite utomt og en turing mskin er: En turing mskin kn åde lese og skrive til og fr en tpe. Lese-/skrivehodet kn evege seg til åde høyre og venstre. Tpen er uendelig. Aksepterende og vvisende tilstnd trår i krft umiddelrt. 11

12 Tpen er den horisontle rden og ktiv rute er mrkert med rød. Tid er x-ksen og rom er y-ksen. 1 H,L H 1,R 1 H,R strt Q 1 Q 2 H 1,L Figur 11: Eksempel på en Turing mskin. I eksempel 10 ser vi en TM med to tilstnder: Q 1 og Q 2. Denne tr enten inn 1 eller H (lnk). Den kn lese 1, d skriver den H og går til venstre (left, L), d hvner den i smme tilstnd Q 1. Så kn den lese H, skrive 1 og gå til høyre (right, R), og hvner i tilstnd Q 2. Definisjon 6.1. En TM er et 7-tuppel (Q, Σ, Γ, δ, q 0, q ccept, q reject ) 1. Q er tilstndene, 2. Σ er input lfetet som ikke holder lnke, 3. Γ er lfetet på tpen inkludert lnke, 4. δ : Q Γ Q Γ {L, R} er funksjonen for trnsisjonene, 5. q 0 Q er strttilstnden, 6. q ccept Q er ksepterende tilstnd, og 7. q reject Q er vvist tilstnd. Hvor q reject q ccept Konfigursjon Når en Turing mskin eregner vil endringer skje i gjeldene tilstnd, gjeldene innhold på tpen og gjeldende posisjon på loksjonen til hodet. Disse tre gjenstndene klles en konfigursjon v Turing mskinen. Konfigursjonen er skrevet som: uqv, hvor q er tilstnden, u og v er to stringer i Γ. q er gjeldende tilstnd og uv er gjeldende innhold på tpen. Gjeldende posisjon for hodet er v. 12

13 Spesielle hendelser kn oppstå når hodet er på en v endelsene i konfigursjonen. For en hendelse til venstre: q i v gir q j cv hvis trnsisjonen eveger seg til venstre. Og den gir cq j v for en trnsisjon som går til høyre. For den som slutter til høyre i konfigursjonen uq i er ekvivlent med uq i, fordi vi ntr t resten v tpen er lnk. Strtkonfigursjonen for M på input w er konfigursjonen q 0 w, dette indikerer t mskinen er i strttilstnden q 0 med hodet lengst til venstre på tpen. I en ksepterende konfigursjon, er tilstnden q ccept. Og for en vvisende konfigursjon er den q reject. Aksepterende og vvisende konfigursjoner er stgnerende konfigursjoner (hlting) og gir ingen flere konfigursjoner. En TM M ksepterer input w hvis en sekvens v konfigursjoner C 1, C 2,..., C k eksisterer, hvor: 1. C 1 er strtkonfigursjonen på input w, 2. hver C i gir C i+1, og 3. C k er en ksepterende konfigursjon Grunnleggende Turing mskiner Skrive ord Alfet :,, 0 0 er lnk. Spesifiksjon : skriver og stopper. strt 0,R 0,R 0,R 0,R H Bytte okstver Alfet :,, 0 0 er lnk. Spesifiksjon : ytter mot og motstt til den treffer en lnk.,r strt 0 0,R H,R 13

14 6.3 Flittige evere Mskiner i lfetet 0, 1 0 er lnk. En ever stopper. N-ever: ever med N tilstnder + stopptilstnd. For Turing mskiner i 0,1 med N tilstnder + stopp: 2N voktere. Hver trnsisjon kn utføre 2(N + 1)2 hndlinger. Det er (4N + 4) 2N slike mskiner. Noen v disse stopper, ndre stopper ikke. Flittig N-ever: N-ever som produserer flest ntll 1ere. Bever funksjonen: β(1) = 1, β(2) = 4, β(3) = 6, β(4) = 13, β(5) 4098 strt 1,0 1,R H Figur 12: Flittig 1-ever β(1) = 1 0 1,R strt 1 1,R 1 1,R H 0 1,L Figur 13: Flittig 2-ever β(2) = 4 1 1,L strt 0 1,R 0 1,L 1 1,R H 0 1,L 1 1,R Figur 14: Flittig 3-ever β(3) = 6 L f(n) være en eregnr funk- Beverfunksjonen er ikke eregnr sjon. 14

15 0 1,R strt 1 1,L 0 1,L 1 0,R 1 0,L 1 1,L 0 1,R H 0 1,R Figur 15: Flittig 4-ever β(4) = 13 TM med k tilstnder i lfetet 0, 1. Strter eregningen til venstre for n 1ere ellers re 0. Stopper eregningen til venstre for f(n) 1ere ellers re 0. Antr t f(n) > n 2 f vokser rskere enn lineært. Antr f er strengt voksende f(n + 1) > f(n). f(f(n)) kn eregnes med 2k tilstnder. Tllet f(f(n)) kn eregnes med n + 2k tilstnder fr lnk. β(n + 2k) f(f(n)) f(n 2 ) f(n + 2k) 6.4 Nondeterministisk Turing mskin På hvilket som helst punkt i eregningen kn mskinen fortsette i forskjellige retninger. Trnsisjonsfunksjon for en NTM: δ : Q Γ P(Q Γ {L, R}). Beregningen v en NTM er et tre med grener som tilsvrer de forskjellige mulighetene for mskinen. Teorem Hver NTM hr en ekvivlent deterministisk TM. Simulerer en NTM N med en deterministisk TM D. Tnken k simuleringen er t D må prøve lle mulige grener v N. Hvis D noen gng finner en ksepterende tilstnd i en v grenene, ksepter. Ellers vil D sin simulering ikke terminere. 15

16 Bevis Simulerende D hr tre tper. Dette er ekvivlent med å h en tpe. Tpe 1 hr lltid input string og stopper ldri. Tpe 2 er en kopi v N sin tpe v en gren i dens nondeterministiske eregning. Tpe 3 holder styr på loksjonen til D i N sitt tre. Først vurderer vi dt-representsjonen på tpe 3. Hver node i treet kn h mx. rn, hvor er størrelsen v det største settet som mulig v vlg gitt v N sin trnsisjonsfunksjon. For hver node i treet gir vi en dresse som er en string fr lfetet Γ = {1, 2,..., }. Gir dressen 231 til noden vi finner ved å strte ved roten, går så til 2. rn, så til den nodens 3. rn, og til slutt dens 1. rn. Tpe 3 inneholder en string over Γ. Den tomme stringen dresserer roten i treet. Beskrivelse v D: 1. Tpe 1 inneholder input w, tpe 2 og tpe 3 er tomme. 2. Kopierer tpe 1 til tpe 2 og initiliserer stringen på tpe 3 til ε. 3. Bruker tpe 2 til å simulere N med input w på en gren v den nondeterministiske eregningen. Før hvert steg v N, konstnter neste symol på tpe 3 for å estemme hvilket vlg lnt de som N tillter i sin trnsisjonsfunksjon. Hvis det er ingen symoler igjen på tpe 3 eller om det nondeterministiske vlget ikke er gyldig, orter grenen og gå til steg 4. Gå også til steg 4 hvis en vvisende konfigursjon inntreffer. Hvis en ksepterende konfigursjon inntreffer, ksepter. 4. Ersttt stringen på tpe 3 med neste. Simuler neste gren ved å gå til steg 2. 7 Avgjørr Vi strter med eregningsprolemer knyttet til finite utomt. Bruker lgoritmer for å teste om utomten ksepterer en string, om språket er tomt og om to utomter er ekvivlente. 7.1 For DFA Eksempel Aksepteringsprolemet for DFA er ved testing om en spesifik string kn li uttrykt som språket A DF A. Dette språket inneholder enkoding for lle DFAer tilsmmen med stringer som lir kseptert v DFAene. L A DF A = { B, w B er en DFA som ksepterer input string w}. Prolemet med å teste om en DFA B ksepterer input w er det smme som å teste om B, w er et medlem v språket A DF A. En TM M estemmer A DF A M = på input B, w, hvor B er en DFA og w er en string: 16

17 1. Simuler B på input w. 2. Hvis simuleringen ender i ksepterende tilstnd, ksepter. Ellers, vvis. Bevis Undersøke B, w. Det er en representsjon v en DFA B smmen med en string w. Når M får dens input, B velger om den representerer en DFA B og en tring w. Hvis ikke vviser M. M følger simuleringen direkte. Holder styr på B sin gjeldende tilstnd og B sin gjeldende posisjon i input w ved å skrive informsjon på tpen. 7.2 For NFA Vi kn også evise det smme for en NFA. L A NF A = { B, w B er en NFA som ksepterer på input string w}. Teorem A NF A er et estemrt språk. Bevis En TM N estemmer A NF A. L N ruke M som en su-rutine. Fordi M er designet for å joe med DFAer, N konverterer først NFAen til en DFA, før den gir den til M. N = på input B, w, hvor B er en NFA og w er en string: 1. Koverter NFA B til en ekvivlent DFA C, ved å ruke prosedyre for konvertering. 2. Kjør TM M på input C, w. 3. Hvis M ksepterer, ksepter. Ellers, vvis. Ved å kjøre TM M i steg 2 etyr å i steg 2 etyr å inkorporere M til designet N som en su-prosedyre. 7.3 For Regulært Uttrykk Likedn kn vi se om et reg.ex. genererer en gitt string. L A REX = { R, w R er et reg.ex. som genererer string w }. Bevis TM P estemmer A REX. P = på input R, w, hvor R er et reg.ex. og w en string: 1. Konverter reg.ex. R til en ekvivlent NFA A. 2. Kjør TM N på input A, w. 3. Hvis N ksepterer, ksepter. Ellers, vvis. 17

18 8 Redusering En reduksjon er en måte å konvertere et prolem til et nnet, slik t løsningen på det ndre prolemet kn rukes til å løse det første. 8.1 Stoppeprolemet T for eksempel stoppeprolemet. Bruker d ikke-vgjørrheten til A T M for å vise ikke-vgjørrheten til HALT T M. L HALT T M = { M, w M er en TM og M stgnerer på input w }. Teorem HALT T M er ikke-vgjørrt. Idé Ant t mn hr en TM R som vgjør HALT T M. Med R kn mn teste om M stopper på w eller ikke. Hvis R indikerer t M ikke stopper på w vvis, fordi M, w er ikke i A T M. Hvis R indikerer t M stopper på w, kn mn simulere uten fre for loop. Hvis TM R eksisterer kn vi vgjøre A T M, men vi vet t A T M er ikke-vgjørrt. Ved denne motsigelsen kn vi konkludere med t R ikke eksisterer derfor er HALT T M ikke-vgjørrt. Bevis For motsigelsens skyld nt t TM R vgjør HALT T M. Konstruerer TM S for å vgjøre A T M. S = på input M, w, en enkoding v TM M og en string w: 1. Kjør TM R på input M, w. 2. Hvis R vviser, vvis. 3. Hvis R ksepterer, simuler M på w til den stopper. 4. Hvis M ksepterer, ksepter. Hvis M vviser, vvis. Hvis R vgjør HALT T M, så vil S vgjøre A T M. Siden vi vet t A T M er ikke-vgjørr, så må HALT T M også være ikke-vgjørr. 9 Kompleksitet i tid Eksempel Gitt språket A = {0 k 1 k k 0}. A er et vgjørrt språk. Hvor mye tid ruker en single-tpe TM på å vgjøre A? L TM hete M 1. M 1 = på intput string w: 1. Søker på tpen og vviser om 0 lir funnet til høyre for Gjentr om åde 0 og 1 er igjen på tpen. 3. Søker gjennom tpen og krysser ort enkel 0 og enkel 1. 18

19 4. Hvis det er flere 0er igjen etter lle 1ere er krysset v, eller motstt, vvis. Hvis hele inputen er krysset v, ksepter. I en worst-cse nlyse, ntr vi lengst kjøretid for lle inputs v en gitt lengde. I en gjennomsnittsnlyse ser vi på snittet v kjøretiden for inputs med en gitt lengde. Definisjon 9.1. L M være en deterministisk TM som stopper for lle inputs. Kjøretiden for M er funksjonen f : N N hvor f(n) er mx. lengde på steg M ruker for hvilken som helst input v lengde n. Hvis f(n) er kjøretiden til M, er M en f(n)-tid TM. 9.1 P-klssen Definisjon 9.1. P er klssen v språk som er vgjort ved polynom-tid for en deterministisk single-tpe TM. P = k T IME(n k ) 1. P er en invrint for lle modeller for eregning som er polynom ekvivlent til den deterministiske single-tpe Turing mskinen, og 2. P svrer til gruppen v prolemer som relistisk sett kn løses på en dtmskin Prolemer i P Når mn skl nlysere en lgoritme for å vise t den kjører i polynom-tid, gjør vi to ting: 1. Vi må gi en stor O-notsjon på ntll trinn lgoritmen ruker når den kjører en input med lengde n. 2. Undersøke de individuelle stegene i eskrivelsen v lgoritmen for å være sikker på t hvert steg kn li implementert i polynom-tid ved en fornuftig deterministisk modell. Når egge steg er gjennomført kn mn konkludere med t lgoritmen kjører i polynom-tid. Fordi vi hr demonstrert t den kjører i polynomt ntll steg, hvor hver kn kjøres i polynom-tid Grfer En v disse er en nomtrise 1, hvor (i, j) er 1 om det er en knt fr node i til node j, og 0 hvis ikke. Når mn nlyserer grfer lir kjøretiden eregnet v ntll noder i stedet for størrelsen på grfen. 1 Egentlig djcency mtrix, men jeg finner ikke noe godt norskt ord for det. 19

20 Prolem En rettet grf G inneholder noder s og t. P AT H-prolemet er å estemme om det fins en rettet sti fr s til t. L: P AT H = { G, s, t G er en rettet grf som hr en rettet sti fr s til t}. Bevis Vi kn evise dette ved å presentere en polynom-tid lgoritme som estemmer P AT H. En rute-force lgoritme for P AT H: Undersøke lle potensielle stier i G og estemme om det er noen rettet sti fr s til t. En mulig sti er en sekvens v noder i G som hr lengde på mx. m, hvor m er ntll noder G. Men ntllet slike potensielle stier er c. m m, som er eksponentiell i ntll noder i G. Derfor ser vi t rute-force lgoritem ruker eksponentiell tid. For å få en polynom-tid lgoritme for P AT H må vi gjøre noe som unngår rute-force. En måte er å ruke grf-søk metode. Her mrkerer vi lle nodene i G som er tilgjengelige fr s ved rettede stier v lengde 1, til 2, til 3, til m. Bevis En polynom-tid lgoritme M for P AT H. M = på input G, s, t, hvor G er en rettet grf med noder s og t: 1. Mrker node s. 2. Gjent til ingen tilleggsnoder er mrkert: Søk gjennom lle knter i G. Hvis en knt (, ) er funnet, som går fr mrkert node til ikke-mrkert node, mrker node. 3. Hvis t er mrkert, ksepter. Ellers, vvis. Anlyse For å vise polynom-tid: Steg 1 og 3 i M er enkelt implementert i polynom-tid i hvilken som helst fornuftig deterministisk modell. Understeget i 2 involverer et søk v inputen og en test på mrkerte noder, som også kn implementeres i polynom-tid. Så M er en polynom-tid lgoritme for P AT H. 9.2 NP-klssen Noen forsøk på å unngå rute-force i prolemer hr ikke vært suksessfult, og polynom-tid lgoritmer for å løse disse vet mn ikke om eksisterer. Hvorfor? Det vet mn ikke. Knskje det rett og slett ikke kn løses i polynom-tid? Men om mn hr en polynom-tid lgoritme for ett slikt prolem, kn den li rukt til å løse en hel klsse slike prolemer. Eksempel En Hmilton-sti i en rettet grf G er en rettet sti som går gjennom en node nøyktig én gng. L HAMP AT H = { G, s, t G er en rettet grf med en Hmilton-sti fr s til t}. 20

21 Figur 16: Grf med Hmilton-sti. Vi kn enkelt få til eksponentiell-tid lgoritme for HAM P AT H-prolemet ved å modifisere rute-force lgoritmen for P AT H. Vi trenger re å ekrefte t stien er en Hmilton-sti. Ingen vet om den er løselig i polynom-tid. HAM P AT H-prolemet hr en egenskp klt polynom verifiserrhet, som er viktig i forståelsen v kompleksitet. Bekrefte eksistensen v en Hmilton-sti er mye lettere enn å estemme dens eksistens. Definisjon 9.1. En verifiktor for et språk A er en lgoritme V, hvor A = {w V ksepterer w, c for en string c}. Vi måler tiden til en verifiktor ved lengden v w, så en polynom-tid verifiktor kjører i polynom-tid for lengden v w. Språket A er polynom veriferserrt hvis det hr en polynom-tid verifiktor. En verifiktor ruker ekstr informsjon, representert ved symolet c for å verifisere t en string w er medlem v A. Denne informsjonen er klt sertifikt eller evis for medlemsskp i A. For HAMP AT H-prolemet er sertifiktet for en string G, s, t HAMP AT H enkelt nok Hmtilonstien fr s til t. Definisjon 9.1. NP er klssen v språk som hr polynom-tid verifiktorer. NP-klssen er viktig fordi den inneholder mnge prolemer med prktisk interesse. HAMP AT H er en del v NP. NP etyr nondeterministisk polynom-tid. Prolemer i NP lir ofte klt NP-prolemer. NTM Følgende er en nondeterministisk Turing mskin (NTM) som estemmer HAMP AT H-prolemet i nondeterministisk polynom-tid. Vi definerer tiden til en nondeterministisk mskin til å være tiden rukt v lengste eregningsgren. N 1 = på input G, s, t, hvor G er en rettet grf med noder s og t: 1. Skriv en liste med m nummer, p 1,..., p m, hvor m er ntll noder i G. Hvert nummer i list er nondeterministisk vlgt til å være mellom 1 og m. 21

22 2. Sjekke om det er repetisjoner i list. Hvis så, vvis. 3. Sjekke om s = p 1 og t = p m. Hvis en v de ikke stemmer, vvis. 4. For hver i mellom 1 og m 1, sjekk om (p i, p i+1 ) er en knt i G. Hvis ingen er, vvis. Ellers, om lle tester er litt suksessfulle, ksepter. Anlyse Studere hvert steg. I steg 1, nondeterministisk seleksjon er i polynom-tid. I steg 2 og 3, hver del er en enkel sjekk, så til smmen kjøres de i polynom-tid. Steg 4 kjøres også i polynom-tid. Merk: denne lgoritmen kjører i nondeterministisk polynom-tid. Et språk er i NP, hvis og re hvis, det kn estemmes v en nondeterministisk polynom-tid Turing mskin Konvertering v polynom-tid verifiktor til NTM Prolem Hvordn konvertere en polynom-tid verifiktor til en ekvivlent polynom-tid NTM og vice vers. NTM simulerer verifiktoren ved å gjette sertifiktet. Verifiktoren simulerer NTM ved ruk v de ksepterende grenene som sertifikt. Bevis L A NP og vis t A estemmes v en polynom-tid NTM N. L V være polynom-tid verifiktor for A. Ant t V er en TM som skjører i n k tid og konstruerer N som følger: N = på input w v lengde n: 1. Nondeterministisk velg en string c med lengde mx. n k. 2. Kjør V på input w, c. 3. Hvis V ksepterer, ksepter. Ellers, vvis. Og for verifiktor: V = på input w, c hvor w og c er stringer: 1. Simuler N på input w, og ehndler hvert symol v c som eskrivelse v nondeterministisk vlg for hvert steg. 2. Hvis denne grenen v N sin eregning ksepterer, ksepter. Ellers, vvis Prolem i NP En clique i en urettet grf er en sugrf. En k-clique er en clique som inneholder k noder. Clique prolemet vgjør om en grf inneholder en clique v en spesiell størrelse. L CLIQUE = { G, k G er en urettet grf med en k-clique}. CLIQUE er i NP. Er cliquen sertifiktet? 22

23 Figur 17: 5-clique Bevis Følgende er en verifiktor V for CLIQU E. V = på input G, k, c : 1. Test om c er i en sugrf med k noder i G. 2. Test om G inneholder lle knter kolet med nodene i c. 3. Hvis egge er suksessfulle, ksepter. Ellers, vvis. 9.3 P vs NP P = klssen med språk hvor medlemsskp kn li estemt rskt. NP = klssen med språk hvor medlemsskp kn li verifisert rskt. HAMP AT H og CLIQUE er i NP, men de er ikke kjent i P. Selv om det er vnskelig å forestille seg, kn P og NP være ekvivlente. Men de kn ikke evises eksistens v et enkelt språk i NP som ikke er i P. Spørsmålet om P = NP er en v de største uløste prolemer i historien. 9.4 NP-kompletthet Hvis prolemer i NP krever mer enn polynom-tid, så vil også et NP-komplett (NPC) prolem gjøre det. NP-komplette prolemer kn reduseres til prolemer i NP. Et eksempel på et prolem i NPC er KNF SAT. Teorem KN F SAT er NP-komplett. Bevis Vise t KNF SAT er polynom-tid reduserrt til 3SAT. Skl d konvertere φ til φ, hvor φ er på knf og er tilfredstillr φ er på knf og er tilfredstillr. L C 1, C 2,..., C k være klusulene i φ. Hvis φ er på 3SAT settes φ til å være φ. Ellers: 1. For hver klusul som hr én literl (l 1 ) endres denne til (l 1 l 1 l 1 ). Denne klusulen må være snn. 23

24 2. For hver klusul som hr to literler (l 1 l 2 ) endres denne til (l 1 l 2 l 1 ). En v disse literlene må være snne for t klusulen skl være snn. 3. For hver klusul som hr tre literler gjør mn ingen endringer. Klusulen må være snn. 4. For hver klusul som hr flere enn tre literler (l 1 l 2 l m ). Legger til en ny vriel z i og ersttter klusulen med (l 1 l 2 z 1 ) ( z 1 l 3 z 2 ) ( z 2 l 4 z 3 ) ( z m 3 l m 1 l m ). Verdien for disse må være snn. Anlyse Konverteringen til 3SAT vil gå i polynom-tid. Derv er KNF SAT p 3SAT, og KNF SAT NP C. 10 Kompleksitet i rom Definisjon L M være en deterministisk Turing mskin som stgnerer på lle input. Kompleksiteten i rommet til M er funksjonen f : N N, hvor f(n) er mksimum ntll v tpe-celler som M scnner på hvilket som helst input v lengde n. Hvis kompleksiteten til rommet til M er f(n), sier vi t M kjører i rom f(n). Hvis M er en nondeterministisk Turing mskin hvor lle grener stgnerer på lle input, definerer vi kompleksiteten i rommet f(n) til å være mksimum ntll tpe-celler som M scnner på hvilken som helst gren v dens eregning for hvilken som helst input v lengde n. Definisjon L f : N R + være en funksjon. Kompleksiteten i rom-klssene, SP ACE(f(n)) og NSP ACE(f(n)), er definert slik: SP ACE(f(n)) = {L L er et språk som er estemt v en O(f(n))-rom DTM}. NSP ACE(f(n)) = {L L er et språk som er estemt v en O(f(n))-rom NTM}. Eksempel SAT kn li løst med en lineær-rom lgoritme. Antr t SAT ikke kn løses med en polynom-tid lgoritme, mye mindre med lineær-tid lgoritme, fordi SAT er NP-komplett. Rom ser ut til å være mer krftfult enn tid fordi rom kn reduseres, mens tid kn ikke. M 1 = på input φ, hvor φ er en oolsk formel: 1. For hver snne tilordning til vrilene x 1,..., x m v φ: Evluer φ på den tilordningen. 2. Hvis φ noen gng lir evluert til 1, ksepter. Ellers, vvis. 24

25 Mskinen M 1 kjører i lineært-rom fordi hver interksjon v loopen kn gjenruke smme porsjon v tpen. Mskinen trenger re å lgre den gjeldene snne tilordningen, og kn li utført med O(m) rom. Antll vriler m er mksimum n, lengden v inputen, så denne mskinen kjører i rom O(n) Svitchs teorem Dette teoremet viset t deterministiske mskiner kn simulere nondeterministiske mskiner ved å ruke overrskende lite rom. For kompleksitet i tid vil en slik simulering trenge eksponentiell økning i tid. For kompleksitet i rom viser Svitch teorem t hvilken som helst NTM som ruker f(n) rom kn li konvertert til en DTM som ruker re f 2 (n) rom. Svitchs teorem For hvilken som helst funksjon f : N R +, hvor f(n) n, NSP ACE(f(n)) SP ACE(f 2 (n)). 25