13 Espacio y Tiempo Polinomial

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1 1 Curso Básico de Computación 13 Espacio y Tiempo Polinomial Los lenguajes reconocidos en tiempo polinomial determinístico forman, de manera natural una clase importante, la clase i 1 DTIME(ni ), la cual denotaremos por P. Esto nos dice intuitivamente o nos da una noción de que P es la clase de problemas que pueden ser resueltos eficientemente. Uno podría argumentar que n 57 pasos en un algoritmo no es muy eficiente, en la practica encontramos que los problemas en P usualmente tienen soluciones en tiempo polinomial cuyo polinomio es de grado pequeño. Hay un número importante de problemas que no están en P pero tienen algoritmos no determinísticos muy eficientes. Estos problemas caen dentro de la clase de i 1 NTIME(ni ), que denotaremos por N P. Un ejemplo es el problema del circuito Hamiltoniano: un grafo dado contiene un ciclo en el cual cada vértice aparece exactamente una vez? No parece haber un algoritmo en tiempo polinomial determinístico para reconocer aquellos grafos con circuitos Hamiltonianos. Más aún, hay un algoritmo no determinístico muy simple: suponer que las aristas están en el ciclo y verificar que forman un circuito Hamiltoniano. La diferencia entre P y N P es análogo a la diferencia entre: encontrar eficientemente una prueba de un enunciado (tal como: ésta gráfica tiene un circuito Hamiltoniano ) y verificar eficientemente una prueba (i.e. checar que en particular un circuito es Hamiltoniano). Sentimos intuitivamente que comprobar una prueba dada es más fácil que encontrar una; pero no sabemos si esto es un hecho. Otras dos clases naturales son: PSPACE = i 1 DSPACE(n i ) y NSPACE = i 1 NSPACE(n i ) Note que el teorema de Savitch (Teorema 12.11) DSPACE=NSPACE, pues NSPACE(n i ) DSPACE(n 2i ). Obviamente P N P PSPACE, aún no se sabe si alguna de estás contenciones son propias. Además, como veremos, es poco probable que las herramientas matemáticas necesarias para resolver las preguntas de una manera u otra hayan sido desarrolladas. Dentro de PSPACE tenemos dos jerarquías de clases de complejidad: y DSPACE(log n) DSPACE(log 2 n) DSPACE(log 3 n)... NSPACE(log n) NSPACE(log 2 n) NSPACE(log 3 n)...

2 Feliú Sagols Troncoso Matemáticas-Cinvestav 2 Claramente y así por el teorema de Savitch DSPACE(log k n) NSPACE(log k n) k 1 NSPACE(log k n) = i 1 Aun cuando uno puede mostrar que P i 1 DSPACE(log k n) DSPACE(log k n) La contención de una clase en la otra es desconocida. Sin embargo DSPACE(log n) P N P PSPACE y por lo menos una de las contenciones es propia, como DSPACE(log n) PSPACE por el teorema de la jerarquía del espacio. Reducciones entre problemas para acotar sus complejidades Recuerde que en el capitulo 8 mostramos la indecibilidad de un lenguaje L, al tomar un lenguaje L (que de antemano sabíamos era indecible) y reducirlo a L. Esto es, exhibimos un mapeo g calculado por una MT que siempre para, tal que para todas las cadenas x, x está en L si y sólo si g(x) está en L. Entonces si L fuera recursivo, L podría ser reconocido calculando g(x) y decidiendo si g(x) está o no en L. Restringiendo g a una función de manera que se pueda calcular fácilmente, podemos estáblecer si L está o no en alguna de las siguientes clases: P, N P o PSPACE. Debemos interesarnos particularmente en dos tipos de reducción: reducción en tiempo polinomial y reducción espacio-log (espacio-logarítmica). Decimos que L es reducible en tiempo polinomial a L si hay una MT acotada en tiempo polinomial tal que para cada entrada x produce una salida y que está en L si y sólo si x L. Lema 13.1 Sea L reducible en tiempo polinomial a L. Entonces a) L está en N P si L está en N P b) L está en P si L está en P Prueba. Las pruebas de a) y b) son similares. Así que sólo probaremos b). Asumimos que la reducción en tiempo es p 1 (n), acotado y que L es reconocible en el tiempo p 2 (n), donde p 1 y p 2 son polinomios. Entonces L puede ser reconocido en tiempo polinomial como sigue: Dada la entrada x de longitud

3 3 Curso Básico de Computación n, produce y usando la reducción en tiempo polinomial. Como la reducción es p 1 (n) acotada y a lo más un símbolo puede ser impreso por movimiento, se sigue que y p 1 (n). Entonces podemos probar si y está en L en tiempo p 2 (p 1 (n)). Así que el tiempo total para decir si x está en L es p 1 (n)+p 2 (p 1 (n)) el cual es polinomial en n. Por lo tanto L P Un transductor espacio-logarítmico es una MT fuera de línea que siempre para, que usa un almacenamiento de tamaño log n y tiene una cinta de salida de sólo escritura que nunca mueve su cabeza hacia la izquierda. Decimos que L es espacio-logarítmico reducible a L si hay un transductor espacio-logarítmico que dada una entrada x produce una cadena de salida y que está en L si y sólo si x está en L. Lema 13.2 Si L es espacio-logarítmico reducible a L, entonces a) L está en P si L está en P b) L está en NSPACE(log k n) si L está en NSPACE(log k n) c) L está en DSPACE(log k n) si L está en DSPACE(log k n) Prueba. a) Es suficiente mostrar que una reducción espacio-logarítmica no puede tomar más que tiempo-polinomial, así el resultado se sigue del lema 13.1 b). En la prueba, notese que el contenido de la cinta de salida no puede tener influencia en el cálculo, así el producto del número de: estádos, contenido de las cintas de almacenamiento y de entrada,y posiciones de las cabezas de las cintas de almacenamiento y entrada es una cota superior sobre el número de movimientos que pueden ser hechos antes de que el transductor espacio-logarítmico entre en un ciclo, lo cual contradice el hecho de que siempre para. Si la cinta de almacenamiento tiene longitud log n, se ve con facilidad que la cota es polinomial en n. Hay una sutileza involucrada en las pruebas de b) y c). Sólo probaremos c), la prueba para b) es esencialmente la misma que para c). c) Sea M 1 el transductor espacio-logarítmico que reduce L a L y sea M 2 una MT espacio log k n acotada que acepta L. Sobre la entrada x de longitud n, M 1 produce una salida de longitud acotada por n c para alguna constante c. Como la salida no puede ser escrita en espacio log k n, M 1 y M 2 no pueden ser simuladas almacenando la salida de M 1 sobre una cinta. La salida de M 1 puede alimentar directamente a M 2 un símbolo a la vez. Esto trabaja tanto como M 2 se mueve a la derecha sobre su entrada. M 2 debe moverse a la izquierda, M 1, debe ser reiniciada para determinar el símbolo de entrada para M 2, pues la salida de M 1 no fue guardada. Construimos M 3 para aceptar L como sigue: una cinta de almacenamiento de M 3 tiene la posición de entrada de M 2 en base 2 c. Como la posición de entrada no puede exceder n c, este número puede ser almacenado en espacio-logn. Las otras cintas de almacenamiento de M 3 simulan las cintas de almacenamiento

4 Feliú Sagols Troncoso Matemáticas-Cinvestav 4 de M 1 y M 2. Suponga al mismo tiempo que las cabezas de entrada están en la posición i y M 2 hace un movimiento hacia la izquierda o derecha. M 3 ajusta el estádo y las cintas de almacenamiento de M 2 de una manera adecuada. Entonces M 3 reinicia la simulación de M 1 desde el principio y espera hasta que M 1 ha producido los símbolos de salida i 1 o i + 1 si la cabeza de entrada de M 2 fue movida a la izquierda o a la derecha, respectivamente. El último símbolo de salida producido es el nuevo símbolo obtenido por la cabeza de M 2, así M 3 está lista para simular el siguiente movimiento de M 2. Como casos especiales, si i = 1 y M 2 se mueve a la izquierda suponemos que M 2 lee la marca del final a la derecha (endmarkers), M 3 acepta su propia entrada siempre que M 2 acepta su entrada simulada. De ésta manera M 3 es una MT espacio log k n acotada que acepta L. Lema 13.3 La composición de dos reducciones espacio-logaritmicas (resp. tiempo-polinomial) es una reducción espacio-logarítmica (resp. tiempo-polinomial). Prueba. Es una generalización de las construcciones en los lemas 13.1 y Problemas Completos Como lo hemos mencionado, no sabemos si N P contiene a los lenguajes que no están en P, por lo que el problema de la contención es un problema abierto. Una manera de encontrar un lenguaje en N P - P es observar un problema muy difícil en N P. Intuitivamente un lenguaje L 0 es un problema muy difícil, si cada lenguaje en N P es reducible a L 0 por una reducción fácil de calcular. Dependiendo exactamente del tipo de reducción, podemos concluir algunas cosas acerca de L 0. Por ejemplo si todos los lenguajes de N P son reducibles en espacio-logarítmo a L 0 podemos concluir que si L 0 estuviese en P entonces P sería igual a N P. Análogamente si L 0 estuviese en DSPACE(log n), entonces N P=DSPACE(log n). Si todos los lenguajes de N P fuesen reducibles en tiempo-polinomial a L 0, entonces podríamos concluir aún que si L 0 estuviese en P, entonces P sería igual a N P, pero no podríamos concluir de lo anteriormente mencionado, que si L 0 está en DSPACE(log n) tendríamos N P=DSPACE(log n). Vemos, de los ejemplos anteriores que la noción de muy difícil puede depender del tipo de reducción involucrada. Esto es, puede haber lenguajes L 0 tales que todos los lenguajes en N P tienen reducciones en tiempo-polinomial a L 0, pero que no todos tienen reducciones espacio-logarítmicas a L 0. Además, las reducciones espacio-logarítmicas y tiempo-polinomial no son las únicas reducciones que podríamos considerar. Con esto en mente definimos la noción de problemas muy difíciles (completos) para una clase general de lenguajes con respecto a un tipo en particular de reducción. Claramente lo siguiente generaliza a un tipo arbitrario de reducción. Sea C una clase de lenguajes. Decimos que el lenguaje L es completo para

5 5 Curso Básico de Computación C con respecto a la reducción tiempo-polinomial (resp. espacio-logarítmica) si L está en C y cada lenguaje en C es reducible en tiempo-polinomial (resp. espacio-logarítmico) a L. Decimos que L es difícil para C con respecto a la reducción tiempo-polinomial (resp. espacio-logarítmica). Si cada lenguaje en C es reducible en tiempo-polinomial (resp. espacio-logarítmica) a L, pero L no necesariamente está en C. Dos casos especiales son de gran importancia e introducimos notación para ellos. L es NP completo (NP-difícil) si L es completo (difícil) para N P con respecto a las reducciones espacio-logarítmicas. L es PSPACE completo (PSPACE-difícil), si L es completo (difícil) para PSPACE con respecto a las reducciones de tiempo-polinomial. Para mostrar un primer lenguaje L 0 NP completo debemos dar una reducción espacio-logarítmica de cada lenguaje en N P a L 0. Una vez que tenemos un problema L 0 NP completo, podemos probar que hay otro lenguaje L 1 en N P que es N P completo, mostrando una reducción espacio-logarítmica de L 0 a L 1, pues la composición de dos reducciones espacio-logarítmicas es una reducción espacio-logarítmica por el lema Esta misma técnica será usada para estáblecer problemas completos para otras clases Algunos Problemas NP-Completos La importancia de la clase de problemas NP-completos es que incluyen muchos problemas que son naturales y han sido analizados seriamente para soluciones eficientes. Para ninguno de estos problemas se sabe si tienen solución en tiempo-polinomial. El hecho de que si alguno de estos problemas estuviese en P, todos lo estarían, refuerza la idea que es poco probable que tengan soluciones en tiempo polinomial. Además, si para un nuevo problema se prueba que es NP-completo entonces tenemos el mismo grado de confianza de que el nuevo problema es difícil para los problemas clásicos que tenemos. En el primer problema mostramos que era NP-completo y sucede que históricamente el primero de tales problemas es el de la satisfiabilidad para expresiones Booleanas. El problema de la satisfiabilidad Una expresión Booleana es una expresión compuesta de variables, paréntesis y el operador (lógico AND), (lógico OR) y (negación). La prioridad de estos operadores es: la más alta, luego y luego. Las variables toman valores 0 (falso) y 1 (verdadero) y con ellas forman expresiones. Si E 1 y E 2 son expresiones Booleanas, entonces el valor de E 1 E 2 es 1 si E 1 y E 2 tienen valores de 1 y 0 en otro caso. El valor de E 1 E 2 es 1 si E 1 o E 2 tienen valor de 1, 0 en otro caso. El valor de E 1 es 1 si E 1 es 0 y 0 si E 1 es 1. Una expresión es satisfiable si hay algún asignamiento de ceros y unos a las variables que dan la expresión de valor 1. El problema de la satisfiabilidad es para determinar, cuando, dada una expresión Booleana es o no satisfiable.

6 Feliú Sagols Troncoso Matemáticas-Cinvestav 6 Podemos representar el problema de la satisfiabilidad como un lenguaje L sat como sigue: sean las variables de algunas expresiones x 1,..., x m para alguna m. Codifica x i como el símbolo x seguido por i escrita en binario. El alfabeto de L sat es: {,,, (, ), x, 0, 1} La longitud de la versión codificada de una expresión de n símbolos es fácil de ver que no puede tener más de [n log 2 n] símbolos. Cada símbolo, como otras variables, será codificado por un símbolo, no hay más que [ n ] variables diferentes en una expresión de longitud n y el código para una variable requiere no 2 más de 1+[log 2 n] símbolos. Debemos de ahora en adelante tratar las palabras en L sat, como aquellas que representan una expresión de longitud n. Nuestros resultados no dependen de sí nosotros usamos n o n log n para la longitud de la palabra, pues log(n log n) 2 log n, y debemos de distribuir con reducciones espacio-logarítmicas. Una expresión Booleana se le puede llamar una forma normal conjunctiva (FNC) si es de la forma E 1 E2... Ek y cada E i, llamada una cláusula (o conjunción), es de la forma α i1 αi2... αiri, donde cada α ij es una literal, esto es, o es x o x, para alguna variable x. Usualmente escribimos x en lugar de x. Por ejemplo (x 1 x2 ) (x 1 x3 x4 ) x 3 está en FNC. La expresión se dice que esta en 3-FNC si cada cláusula tiene exactamente tres letras diferentes. El ejemplo anterior no está en 3-FNC porque la primera y la tercera cláusula tienen menos de tres literales. La satisfiabilidad es NP-Completa Empecemos por dar una reducción espacio-logarítmica de cada lenguaje en N P a L sat. Teorema 13.1 El problema de la satisfiabilidad es NP-Completo. Prueba. La parte fácil de la prueba es ver que L sat está en N P. Para determinar si una expresión de longitud n es satisfiable, de manera no determinística suponemos valores para todas las variables y luego evaluamos la expresión. De ésta manera L sat esta en N P. Para mostrar que cada lenguaje en N P es reducible a L sat, para cada MTN M que es acotada en tiempo por un polinomio p(n), daremos un algoritmo espacio-logarítmico, que toma como entrada una cadena x y produce una formula Booleana E x que es satisfiable si y solo si M acepta x. Ahora describiremos E x. Sea #β 0 #β 1 #... #β p(n) un cálculo de M, donde cada β i es una DI que consiste de exactamente p(n) símbolos. Si la aceptación ocurre antes del p(n)-esimo movimiento, permitimos aceptar el repetir la DI, así cada cálculo tiene exactamente p(n) + 1 DI s. En cada DI agrupamos el estado con el símbolo leído para formar un símbolo

7 7 Curso Básico de Computación compuesto. Además el símbolo compuesto en la i-esima DI que contiene un entero m indica el movimiento por el cual la i+1-esima DI se sigue de la i- esima. Los números son asignados a los movimientos arbitrarios, esto ordena el conjunto finito de elecciones que M puede hacer dado un estado y un símbolo de la cinta. Para cada símbolo que puede aparecer en un cálculo y para cada i, con 0 i < (p(n) + 1) 2, creamos una variable Booleana C ix para indicar si el i-esimo símbolo en el cálculo es X. (El 0-esimo símbolo en el cálculo es el inicial #.) La expresión E x que debemos construir será verdadera para un asignamiento dado a las C ix si y solo si las C ix que son verdaderas corresponden a un cálculo válido. La expresión E x establece lo siguiente: 1. Las C ix que son verdaderas corresponden a una cadena de símbolos en la que exactamente una C ix es verdadera para cada i. 2. La DI β 0 es una DI inicial de M con entradas x. 3. La última DI contiene un estado final. 4. Cada DI se sigue de la previa por el movimiento de M que es indicado La formula E x es el AND lógico de cuatro formulas, cada una cumple las condiciones de arriba. La primera formula, dice que para cada i entre 0 y (p(n) + 1) 2 1, exactamente una C ix es verdadera, es: [ C ix ( (C ix C iy ))] i X X Y Para un valor dado de i, el término V x C ix obliga a que al menos un C ix sea cierto y X Y (C ix CiY ) obliga que a lo más uno sea cierto. Sea x = a 1 a 2... a n. La segunda formula expresa el hecho que β 0 es una DI inicial esto es en cambio el AND de las siguientes expresiones. i) c 0# cp(n)+1,#. Los símbolos en la posición 0 y p(n) + 1 son #. ii) c 1Y1 c 1Y2... c 1Yk donde Y 1, Y 2,..., Y k son todos símbolos compuestos que representan símbolos de la cinta a i, el estado inicial q 0 y el número de un movimiento legal de M en el estado q 0 leyendo el símbolo a i. Esta cláusula establece que el primer símbolo de β 0 es correcto. iii) 2 i n c ia i. El segundo hasta el n-esimo símbolo de β 0 son correctos. iv) n<i<p(n) c ib. El resto de los símbolos de β 0 son blancos.

8 Feliú Sagols Troncoso Matemáticas-Cinvestav 8 La última formula nos dice que la última DI tiene un estado de aceptación. Esto puede ser escrito como: ( ) c ix p(n)(p(n)+1)<i<(p(n)+1) 2 Donde F es el conjunto de símbolos compuestos que incluyen un estado final. Para ver como escribir la cuarta formula declarando que cada DI β i, i 1, se sigue de β i 1 por el movimiento que aparece en el símbolo compuesto de β i 1, observe que podemos esencialmente deducir cada símbolo de β i del correspondiente símbolo de β i 1 y los símbolos sobre cada lugar (que podría ser #). Esto es, el símbolo en β i es el mismo que el símbolo correspondiente en β i 1 a menos que el símbolo tenga el estado y movimiento, o uno de los símbolos adyacentes tenga el estado o movimiento. Y el movimiento causa el cambio de la posición de la cabeza a donde el símbolo en cuestión de β i. Note que este símbolo de β i debe ser el único que representa el estado, también representa un movimiento arbitrario permitido de M, así, podría haber más de un símbolo permitido. También note que si la DI previa tiene un estado de aceptación, la DI actual y previa son iguales. Podemos por lo tanto fácilmente especificar f(w, X, Y, Z) que es verdadera si y solo si el símbolo Z aparece en posición j de alguna DI dado que W, X y Y son los símbolos en las posiciones j 1, j y j + 1 de las DI s previas [W es # si j=1 y Y es # si j=p(n)]. Es conveniente también decir que f(w, #, X, #) es verdadera, así podemos tratar a los marcadores entre las DI s como tratamos a los símbolos en las DI s. Podemos ahora expresar la cuarta fórmula como: ^ p(n)<j<(p(n)+1) 2 _ W, X, Y, Z tal que f(w, X, Y, Z) X F (c j p(n) 2,W c j p(n),y c jz )! Es fácil, dado un cálculo aceptable de M sobre x, encontrar valores verdaderos para las C ix que hacen E x verdadera. Solo se hace C ix verdadera si y solo si el símbolo i-esimo del cálculo es X. A la inversa, dado un asignamiento de valores verdaderos que hacen E x verdadero, la cuarta formula de arriba garantiza que hay un cálculo aceptable de M sobre x. Note que aunque M es no determinístico, el hecho de que un movimiento elegido es incorporado dentro de cada DI, garantiza, que el siguiente estado, que el símbolo impreso y la dirección del movimiento de la cabeza va de una DI a la siguiente, todo será consistente para alguna elección de M. Además, las formulas que componen a E x son de longitud O(p 2 (n)) y es suficientemente simple que una M T espacio-logarítmica puede generarlos dado x sobre su entrada. La MT solo necesita suficiente almacenaje para contar a

9 9 Curso Básico de Computación (p(n)+1) 2. Como el logaritmo de un polinomio en n es algunas veces de tiempo constante log n, esto puede ser hecho almacenando O(log n). Hemos mostrado de ésta manera que cada lenguaje en NP es espacio-logarítmico reducible a L sat, demostrando que L sat es NP-completo. x Algoritmo que construye Ex a partir de x E x Algoritmo para Lsat Algoritmo determinístico en tiempo polinomial para un lenguaje arbitrario NP Figura 13.1 Algoritmo para un conjunto arbitrario L en N P dado un algoritmo para L sat. Solo hemos mostrado que la satisfiabilidad para expresiones Booleanas es NPcompleto. Esto significa que un algoritmo en tiempo-polinomial que acepta L sat debería ser usado para aceptar algún lenguaje en N P. Sea L el lenguaje aceptado por alguna maquina de Turing M no determinista acotada en tiempo p(n), y sea A el transductor espacio-logarítmico (en consecuencia en tiempopolinomial) que convierte x a E x, donde E x es satisfiable si y solo si M acepta x. Entonces A combinada con el algoritmo para L sat como se muestra en la figura 13.1 es un algoritmo de tiempo-polinomial determinístico que acepta L. De esta manera tenemos la existencia de un algoritmo en tiempo polinomial para este único problema, la satisfiabilidad de expresiones Booleanas, implicaría P=N P. Restricciones de Problemás de Satisfiabilidad que son NP-completos Recordemos que una formula Booleana es una forma normal conjuntiva (FNC) si es el símbolo lógico AND de las cláusulas, las cuales son el símbolo lógico OR, de literales. Decimos que la formula está en k-fnc si cada cláusula tiene k literales. Por ejemplo (x y) (x z) (y z) está en 2-FNC. Ahora debemos considerar dos lenguajes, L csat, el conjunto de formulas satisfiables en FNC, y L 3sat, el conjunto de formulas satisfiables en 3-FNC. Damos reducciones espacio-logarítmicas de L sat a L csat y L csat a L 3sat, mostrando los dos problemás más recientes NP-completos por el Lema En cada caso mapeamos una expresión a otra expresión que puede no ser equivalente, pero es satisfiable si y solo si la expresión original es satisfiable. Teorema 13.2 L csat, el problema de satisfiabilidad para expresiones FNC, es NP-completo. Prueba. Claramente L csat está en N P, como lo esta L sat. Reducimos L sat a L csat como sigue: sea E una expresión Booleana arbitraria de longitud n. Ciertamente el numero de la ocurrencia de las variables en M no excede n, ni

10 Feliú Sagols Troncoso Matemáticas-Cinvestav 10 es el número de los operadores y. Usando las identidades: (E 1 E 2 ) = (E) (E 2 ) (E 1 E 2 ) = (E) (E 2 )... (13.1) E 1 = E 1 podemos transformar E a una expresión equivalente E, en la cual el operador es aplicado solo a variables, nunca a expresiones más complejas. La validez de las ecuaciones (13.1) puede ser revisada considerando los cuatro asignamientos de los valores 0 y 1 a E 1 y a E 2. Incidentalmente, las primeras dos de estas ecuaciones son conocidas como leyes de De Morgan. La transformación puede ser vista como una composición de dos transformaciones espacio-logarítmicas. Como un resultado de la primera transformación, cada símbolo de negación que precede inmediatamente a una variable es reemplazado por una barra sobre la variable, y cada paréntesis que cierra debe estar apareado con un paréntesis que abre, son inmediatamente precedidos por un signo de negación y son reemplazados por ). El símbolo indica el final del alcance de una negación. Esta primera transformación esta fácilmente dotada en espacio-logarítmico usando un contador para localizar los paréntesis apareados. La segunda transformación esta dotada por un automata finito que lee la entrada de izquierda a derecha dejando la paridad (modulo 2 sum) de las negaciones activas, las cuales están seguidas de paréntesis abiertos pero no han sido vistas en paréntesis cerrados. Cuando la igualdad de negaciones es impar, x es reemplazada por x, x por x, por y por. Los símbolo y son eliminados. Esta transformación es correcta y puede ser probada usando la ecuación 13.1 por inducción sobre la longitud de una expresión. Ahora tenemos una expresión E en la cual todas las negaciones son aplicadas directamente a variables. Ahora creamos E, una expresión en FNC que es satisfiable si y solo si E es satisfiable. Sean V 1 y V 2 dos conjuntos de variables, con V 1 V 2. Decimos que un asignamiento de valores para V 2 es una extensión de un asignamiento de valores para V 1 si los asignamientos concuerdan con las variables de V 1. Debemos probar por inducción sobre r, el número de s y s en una expresión E, cuyas negaciones son aplicadas a variables, que si E = n, entonces hay una lista de a lo más n cláusulas, F 1,..., F k sobre un conjunto de variables que incluyen las variables de E y a lo más otras n variables, de tal manera que E tiene el valor de 1, por una asignación a sus variables, si y solo si hay una extensión del asignamiento que satisface F 1 F 2... F k. Base. r = 0. Entonces E es una literal, y debemos tomar esa literal en una cláusula para satisfacer las condiciones.

11 11 Curso Básico de Computación Inducción Si E = E 1 E 2, sean F 1, F 2,..., F k y G 1, G 2,..., G l las cláusulas para E 1 y E 2, las cuales existen por hipótesis de inducción. Asumimos, sin perdida de generalidad que ninguna variable que no está en E aparecen al mismo tiempo entre las F s y entre las G s. Entonces las F 1, F 2,..., F k y G 1, G 2,..., G l satisfacen las condiciones para E. Si E = E 1 E 2, sean las F s y las G s como arriba, y sea y una nueva variable. Entonces y F 1, y F 2,..., F k, y G 1, y G 2,..., y G l satisfacen las condiciones. En la prueba, supusimos una asignación de valores que satisfacen E. Entonces debe de satisfacer a E 1 o a E 2. Si la asignación satisface a E 1, entonces alguna extension de la asignación satisface F 1,..., F k. Para alguna extensión de éste asignamiento que asigna y = 0 satsfará todas las cláusulas para E. Si la asignación satisface a E 2 un argumento similar es suficiente. En cambio, supongamos que todas las cláusulas para E son satisfechas para alguna asignación. Si esa asignación nos da y = 1, entonces todas las G 1,..., G l deben de satisfacerse, así E 2 deberá satisfacerse. Un argumento similar se aplica si y = 0. La expresión deseada E esta compuesta por todas las cláusulas para E conectadas por s. Para ver que la trnsformación anterior puede ser dotado en espacio-logarítmico, considere el árbol de parse para E. Sea y i la variable introducida por la i-esima. La expresión final es el AND lógico de las cláusulas, donde cada cláusula contiene una literal de la expresión original. Además si la literal está en el subárbol izquierdo de la i-esima, entonces la cláusula también contiene a y i. Si la literal está en el subárbol derecho de la i-esima, entonces la cláusula contiene a y i. La entrada es leída de izquierda a derecha. Cada vez que una literal es encontrada, una cláusula es producida. Para determinar cuales y i s y y i s están incluidas en la cláusula, usamos un contador de longitud log n para recordar nuestro lugar sobre la entrada. Entonces leemos la entrada intacta, y para cada símbolo, decimos que el i-esimo de la izquierda, determinamos sus operadores izquierdo y derecho, usando otro contador de longitud log n para contar los paréntesis. Si la ocurrencia de la literal es en el operando izquierdo, generamos y i ; si es en el operando derecho, generamos y i, y si no hay ocurrencia de la literal en ninguno de los operandos no generamos ni a y i ni a y i. De ésta manera hemos reducido cada expresión Booleana E a una expresión E en F NC que está en L csat si y solo si E está en L sat. Como la reducción es dotada en espacio-logarítmico, la NP-completes de L sat implica la NP-completes de L csat. Ejemplo 13.1 Sea: E = ( (x 1 x 2 ) ( x 1 x 2 )) Si aplicamos las leyes de De Morgan, tenemos: E = (x 1 x 2 ) (x 1 x 3 )

12 Feliú Sagols Troncoso Matemáticas-Cinvestav 12 La transformación a la FNC introduce variables y 1 y y 2 que nos da: E = (x 1 y 1 y 2 ) (x 2 y 1 y 2 ) (x 1 y 2 ) (x 3 y 2 ) Teorema 13.3 L 3sat, el problema de la satisfiabilidad para expresiones 3-FNC es NP-completo. Prueba. Claramente, L 3sat está en N P, pues L sat lo está. Sea E = F 1 F 2... F k una expresión en FNC. Supongamos que algunas cláusulas F i tienen más de tres literales, digamos: F i = α 1 α 2... α l l > 3 Introducimos nuevas variables y 1, y 2,... y l 3, y reemplazamos F i por la ecuación (13.2) que es: (α 1 α 2 y 1 ) (α 3 y 1 y 2 ) (α 4 y 2 y 3 )... (α l 2 y l 4 y l 3 ) (α l 1 α l y l 3 ) Entonces F i se satisface por una asignación si y solo si una extensión de esa asignación satisface (13.2). Una asignación que satisface a F i debe tener α j =1 para algún j. De ésta manera asumimos que la asignación les da el valor de 0 a las literales α 1,..., α j 1 y α j tiene el valor 1- Entonces y m = 1 para m j 2 y y m = 0 para m j 1 es una extensión de la asignación que satisface (13.2). De manera inversa, debemos mostrar que algúna asignación que satisface (13.2) debe cumplir que α j = 1 para algún j y que de ésta manera satisface F i. Supongamos lo contrario, esto es que la asignación dada otorga el valor de 0 a todas las a ms. Entonces, como la primera cláusula tiene el valor 1, se sigue que y 1 = 1. Como la segunda cláusula tiene el valor 1, y 2 debe ser 1, y por inducción, y m = 1 para todo m. Pero entonces la última cláusula tendría el valor 0, contradiciendo el hecho de que se satisfacía (13.2). De ésta manera algúna asignación que satisface (13.2) también satisface F i. El único cambio necesario que hace falta es cuando F i consiste de una o dos literales. En el último caso reemplazamos α 1 α 2 por (α 1 α 2 y) (α 1 α 2 y), donde y es una nueva variable, y en el caso anterior una introducción de dos nuevas variables fue suficiente. De ésta manera E puede ser convertido a una expresión 3-FNC que es satisfiable si y solo si E es satisfiable. Es fácil dotar en espacio-logaritmo a la transformación. Tenemos así una reducción espacio-logarítmica de L csat a L 3sat y concluimos que L 3sat es NP-completo. El problema de la cubierta por vértices Resulta que la satisfiabilidad 3-FNC es un problema conveniente para reducirlo a otro problema y mostrar que ambos son NP-completos, solo como un problema de correspondencia ya destinado es útil para mostrar otros problemas indecidibles.

13 13 Curso Básico de Computación Otro problema NP-completo que es a menudo fácil de reducir a otro problema es el problema de la cubierta por vértices. Sea G = (V, E) una gráfica (no dirigida) con conjunto de vertices V y aristas E. Un subconjunto A V se llama una cubierta por vertices de G si cada arista (u, v) en E, por lo menos uno de los dos está en A. El problema de la cubierta por vertices es: dada una gráfica G y un entero k, G tiene una cubierta por vertices de tamaño k o menor? Podemos representar este problema como un lenguaje L vc que consiste de las cadenas de la forma: k en binario, seguido por una marca, seguido por una lista de vertices, donde v i está representado por v seguido por i escrito en binario, y una lista de aristas, donde (v i, v j ) están representados por los códigos de v i y v j rodeados de paréntesis. L vc consiste de todas aquellas cadenas que representa a k y G, tales que G tiene una cubierta por vertices de tamaño k o menor. Teorema 13.4 L vc, el problema de la cubierta por vertices es NP-completo. Prueba. Para mostrar que L vc está en N P, supongamos que tenemos un subconjunto de k vertices y revisamos que cubra todas las aristas. esto se puede hacer en un tiempo proporcional al cuadrado de la longitud de la representación del problema. Se muestra que L vc es NP-completo al reducir la satisfiabilidad 3-FNC a L vc. Sea F = F 1 F 2... F q una expresión en 3-FNC, donde cada F i es una cláusula de la forma (α i1 α i2 α i3 ), y cada α ij es una literal. Construimos una gráfica no dirigida G = (V, E) cuyos vertices son pares de enteros (i, j), 1 i q,1 j 3. El vértice (i, j) representa la j-esima literal de la i-esima cláusula. Las aristas de la gráfica son: 1. [(i, j), (i, k)] siempre que j k, y 2. [(i, j), (k, l)] si α ij = α kl Cada par de vértices correspondientes a la misma cláusula están conectados por una arista en (1). Cada par de vértices correspondientes a una literal y su complemento están conectadas por una arista en (2). G ha sido construida de tal manera que tiene una cubierta por vertices de tamaño 2q si y solo si F es satisfiable. Para ver esto, asumimos que F es satisfiable y fijamos una asignación que satisface a F. Cada cláusula debe tener una literal cuyo valor es 1. Se selecciona una literal para cada cláusula. Borramos los q vertices correspondientes a estas literales de V. El resto de los vertices forman una cubierta por vertices de tamaño 2q. Claramente, para cada i, sólo un vértice de la forma (i, j) está ausente de la cubierta, y de ahí que cada arista en (1) es incidente sobre por lo menos un vértice en la cubierta. Como las aristas en (2) son incidentes sobre dos vértices correspondientes a la misma literal y su complemento, y como podríamos no haber borrado ambas (la literal y su complemento), o uno o el otro de estos vertices está en la cubierta. De ésta manera efectivamente tenemos una cubierta de tamaño 2q. De manera inversa, asumamos que tenemos una cubierta por vertices de tamaño 2q. Para cada i la cubierta debe contener a todos, pero un vértice de la forma (i, j), por si dos de tales vertices estuviese ausente, una arista [(i, j), (i, k)] podría no ser

14 Feliú Sagols Troncoso Matemáticas-Cinvestav 14 incidente sobre ningún vértice en la cubierta. Para cada i asignándole el valor 1 a la literal α ij correspondiente al vértice (i, j) que no está en la cubierta. Así no hay problemas, porque dos vertices que no están en la cubierta no pueden corresponder a una literal y su complemento, de lo contrario habría una arista en el grupo (2) que es no incidente sobre ningún vértice de la cubierta. Para ésta asignación F tiene el valor 1. De ésta manera F es satisfiable. La reducción es fácilmente dotada en espacio-logaritmo. Podemos esencialmente usar los nombres de las variables en la formula F como los vertices de G, agregando dos bits para la j-componente en el vértice (i, j). Aristas del tipo (1) son generadas directamente de las cláusulas, mientras que aquellas del tipo (2) requieren dos contadores para considerar todos los pares de literales. De ésta manera concluimos que L vc es NP-completo. Ejemplo 13.2 Considere la expresión: F = (x 1 x 2 x 3 ) (x 1 x 2 x 4 ) (x 2 x 3 x 5 ) (x 3 x 4 x 5 ). La construcción del Teorema 13.4 produce la gráfica de la Figura 13.2 x 1 = 1, x 2 = 1, x 3 = 1, x 4 = 0 satisfacen F y corresponden con la cubierta por vertices [1, 2], [1, 3], [2, 1], [2, 3], [3, 1], [3, 3], [4 y [4, 3]. x 1 [1,1] x 1 [2,1] x 2 [3,1] x 3 [4,1] x 2 [1,2] x 2 [2,2] x 3 [3,2] x 4 [4,2] x 3 [1,3] x 4 [2,3] x 5 [3,3] x 5 [4,3] Figura 13.2 Gráfica contruida por el Teorema 13.4 Los dobles círculos indican vértices en la cubierta por vértices.