Złożoność obliczeniowa/Wykałd 3: Klasy złożoności obliczeniowej

[section]

{Lemma}

{Twierdzenie}

{Definicja}

{Przykład}

{Ćwiczenie}

{Observation}

\addtolength{\textheight}{0.5cm} \addtolength{\textwidth}{0.8cm} \addtolength{\oddsidemargin}{ -0.4cm} \addtolength{\evensidemargin}{ -0.4cm} \setlength{\unitlength}{1mm} \headheight 14.6pt

\fancyhf{} \lhead{\leftmark} \rhead{\thepage}

\newenvironment{proof}{\noindent Dowód: }{\hfill $◻$} \newenvironment{hint}{\noindent Wskazówka: }{} \newenvironment{sol}{\noindent Rozwiązanie: }{}

{\Huge \bfInformacje}

\begin_center

\begin_tabular{|l|l|} \hline Przedmiot & Złożoność obliczeniowa
\hline Moduł & 3
\hline Tytuł & Klasy złożoności obliczeniowej
\hline Opracowanie & Przemysław Broniek
\hline \end_tabular

\end_center

{\Huge \bfSyllabus}

Klasy złożoności obliczeniowej

• klasy złożoności czasowej i pamięciowej,

• twierdzenia o liniowym przyspieszaniu i kompresji pamięci,

• relacje między klasami, twierdzenie Savitcha i dopełnienia klas,

• twierdzenia o hierarchii czasowej i pamięciowej.

\newpage

Klasy złożoności czasowej i pamięciowej

W poprzednich modułach zostały wprowadzone maszyny Turinga oraz zdefiniowane pojęcie problemu obliczeniowego. Przypomnijmy, że problem obliczeniowy to dla nas język, czyli zbiór słów. Poznaliśmy także szczegółowo maszynę w wersji deterministycznej i niedeterministycznej oraz jej miarę złożoności czasowej i pamięciowej w każdej z wersji. W tym module zajmiemy się klasyfikacją języków przy pomocy maszyn. W naszych dalszych rozważaniach przyjmujemy model obliczeń w postaci maszyny Turinga o $k$ taśmach.

Klasa złożoności obliczeniowej to zbiór problemów (języków) spełniających określone kryterium. Najbardziej podstawowe kryteria, tzn. czas i pamięć potrzebne do klasyfikacji języka dają nam podstawowe klasy złożoności:

Definicja [Uzupelnij]

Poprzez Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\textsc”): {\displaystyle \textsc{TIME}(f(n))} oznaczamy zbiór języków $L$ takich, że są akceptowane przez deterministyczną maszynę Turinga $M$ o złożoności czasowej $f(n)$.

Definicja [Uzupelnij]

Poprzez Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\textsc”): {\displaystyle \textsc{SPACE}(f(n))} oznaczamy zbiór języków $L$ takich, że są akceptowane przez deterministyczną maszynę Turinga $M$ o złożoności pamięciowej $f(n)$.

Stosowne klasy można też zdefiniować dla niedeterministycznych maszyn:

Definicja [Uzupelnij]

Poprzez Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\textsc”): {\displaystyle \textsc{NTIME}(f(n))} oznaczamy zbiór języków $L$ takich, że są akceptowane przez niedeterministyczną maszynę Turinga $M$ o złożoności czasowej $f(n)$.

Definicja [Uzupelnij]

Poprzez Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\textsc”): {\displaystyle \textsc{NSPACE}(f(n))} oznaczamy zbiór języków $L$ takich, że są akceptowane przez niedeterministyczną maszynę Turinga $M$ o złożoności pamięciowej $f(n)$.

Twierdzenia o liniowym przyspieszaniu i kompresji pamięci

Pierwsze dwa twierdzenia możemy nazwać "teoretycznymi podstawami" notacji $O$. Pokażemy bowiem, że w obu powyższych definicjach klas funkcja $f(n)$ może być rozpatrywana z dokładnością do stałej, ze względu na specyfikę samego modelu obliczeń. Zostały one udowodnione w latach 60 przez pionierów badań nad klasami złożoności, laureatów nagrody Turinga z roku 1993, Jurisa Hartmanisa i Richarda Stearnsa.

Twierdzenie [Uzupelnij]

(twierdzenie o liniowym przyspieszaniu) Jeśli język $L$ jest rozpoznawany przez maszynę $M$ o złożoności czasowej $f(n)$ to może

być rozpoznany przez maszynę $M^{\prime }$ o złożoności czasowej $f^{\prime }(n)=ϵf(n)+(1+ϵ)n$, gdzie $ϵ>0$.

Dowód [Uzupelnij]

{{{3}}}

Twierdzenie nie ma zastosowania dla subliniowych funkcji złożoności, jednak maszyny, które nie czytają całego wejścia wydają się mało interesujące. W przypadku liniowej funkcji złożoności oznacza to, że stała może być dowolnie bliska 1.

Analogicznie twierdzenie zachodzi dla złożoności pamięciowej:

\begin_hint Skorzystaj z dowodu twierdzenia o liniowym przyspieszaniu. \end_hint

\begin_sol Dowód przebiega dokładnie tak samo jeśli chodzi o ideę. Wystarczy tylko dokonać obliczenia zużycia pamięci. Każda komórka nowej maszyny $M^{\prime }$ pamięta $c$ symboli maszyny $M$, więc koszt pamięciowy to $f^{\prime }(n)=\lceil f(n)/c\rceil <ϵf(n)$, jeśli $c=\lceil 1/ϵ\rceil$, dla odpowiednio dużych $n$ (ponownie dla małych $n$ można stosownie rozbudować maszynę). \end_sol

Na koniec ciekawostka dotycząca przyspieszania maszyn. Mając dany język $L$ poszukujemy najszybszego algorytmu, który go akceptuje. Okazuje się, że jest język, dla którego nie istnieje algorytm asymptotycznie najszybszy! Autorem tego przeczącego intuicji twierdzenia jest Manuel Blum, laureat nagrody Turinga z roku 1995.

Twierdzenie [Uzupelnij]

(twierdzenie Bluma o przyspieszaniu) Istnieje język $L$, taki, że jeśli jest akceptowany przez maszynę Turinga o złożoności czasowej $f(n)$, to jest również akceptowany, przez maszynę Turinga o złożoności czasowej Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{log}(f(n))} .

Relacje między klasami, twierdzenie Savitcha

Teraz jesteśmy gotowi do wprowadzenia podstawowych klas złożoności, w których funkcje są wyłącznie asymptotyczne:

• Klasa P = Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{TIME}(n^k) = \bigcup_{j>0} \textnormal{TIME}(n^j)} , to klasa tych języków, które mogą być akceptowane w deterministycznym czasie wielomianowym,

• Klasa NP = Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{NTIME}(n^k) = \bigcup_{j>0} \textnormal{NTIME}(n^j)} , to klasa tych języków, które mogą być akceptowane w niedeterministycznym czasie wielomianowym,

• Klasa EXP = TIME($2^{n^k}$), to klasa tych języków, które mogą być akceptowane w deterministycznym czasie wykładniczym,

• Klasa NEXP = NTIME($2^{n^k}$), to klasa tych języków, które mogą być akceptowane w niedeterministycznym czasie wykładniczym.

dla klas pamięciowych:

• Klasa L = SPACE(\textnormal{log}$n$), to klasa tych języków, które mogą być akceptowane w deterministycznej pamięci logarytmicznej,

• Klasa NL = NSPACE(\textnormal{log}$n$), to klasa tych języków, które mogą być akceptowane w niedeterministycznej pamięci logarytmicznej,

• Klasa PSPACE = SPACE($n^k$), to klasa tych języków, które mogą być akceptowane w deterministycznej pamięci wielomianowej,

• Klasa NPSPACE = NSPACE($n^k$), to klasa tych języków, które mogą być akceptowane w niedeterministycznej pamięci wielomianowej,

• Klasa EXPSPACE = SPACE($2^{n^k}$), to klasa tych języków, które mogą być akceptowane w deterministycznej pamięci wykładniczej,

• Klasa NEXPSPACE = NSPACE($2^{n^k}$), to klasa tych języków, które mogą być akceptowane w niedeterministycznej pamięci wykładniczej.

Teraz zajmiemy się relacjami pomiędzy poszczególnymi klasami złożoności. Najbardziej podstawowe zależności, łączące czas, pamięć i niedeterminizm to:

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{TIME}(f(n))\subseteq\textnormal{NTIME}(f(n))} , gdyż z definicji, każda maszyna deterministyczna jest maszyną niedeterministyczną,

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{SPACE}(f(n))\subseteq\textnormal{NSPACE}(f(n))} , jak wyżej,

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{TIME}(f(n))\subseteq\textnormal{SPACE}(f(n))} , gdyż maszyna nie może zapisać więcej komórek niż wynosi jej czas działania,

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{NTIME}(f(n))\subseteq\textnormal{NSPACE}(f(n))} , jak wyżej,

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{NTIME}(f(n))\subseteq\textnormal{TIME}(c^{f(n)})} , na podstawie twierdzenia z modułu pierwszego o symulacji

maszyny niedeterministycznej przez maszynę deterministyczną.

Aby powiedzieć więcej o relacjach pomiędzy klasami musimy narzucić pewne rozsądne ograniczenie na funkcję złożoności $f(n)$. Powiemy, że $f(n)$ jest konstruowalna pamięciowo, gdy Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle f(n)\geqslant \textnormal{log}n} oraz istnieje deterministyczna maszyna Turinga, która mając na wejściu $n$ zapisane unarnie potrafi zużyć dokładnie $f(n)$ komórek pamięci i zatrzymać się.

Zawężamy się w ten sposób do funkcji Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle f(n)\geqslant \textnormal{log}n} , lecz mniejszych złożoności nie będziemy tutaj rozważać (mimo, iż można). Warto dodać, że jeśli maszyna działa w pamięci Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle o(\textnormal{log log}n)} to działa w pamięci stałej.

Okazuje się, że większość interesujących funkcji spełnia tą własność. Jest to także własność zamknięta ze względu na dodawanie, mnożenie i potęgowanie.

\begin_hint Zastosuj definicję i skonstruuj stosowne maszyny. \end_hint

\begin_sol Dowód konstruowalności pamięciowej funkcji Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lceil \textnormal{log}n \rceil} opieramy na implementacji klasycznego licznika binarnego. Długość zapisu liczby binarnej $n$ to właśnie Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \lceil \textnormal{log}n \rceil} . Dla funkcji wielomianowej wykonujemy serię prostych działań arytmetycznych polegających na mnożeniu i dodawaniu liczb naturalnych zapisanych binarnie. W przypadku funkcji wykładniczej wystarczy zaprogramować maszynę, aby $n$ razy dokonała podwojenia liczby zużytych komórek. \end_sol

Poniżej przedstawiamy twierdzenie, które zachodzi, jeśli nie narzucimy dodatkowego warunku na funkcję złożoności. Wprowadzając go, chcemy uniknąć podobnych sytuacji:

Twierdzenie [Uzupelnij]

(twierdzenie o luce) Istnieje funkcja rekurencyjna $f(n)$ taka, że Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{TIME}(f(n))=\textnormal{TIME}(2^{f(n)})} .

Dowód [Uzupelnij]

Przedstawimy bardzo specyficzną definicję funkcji $f(n)$, dla której każda maszyna na słowie o długości $n$ działa w czasie co najwyżej $f(n)$ lub działa przynajmniej $2^{f(n)}+1$ kroków lub pętli się. W ten sposób pokażemy stosowną równość klas. Dowód opiera się na bardzo użytecznej i często stosowanej technice przekątniowej.

Będziemy rozważać wszystkie możliwe maszyny w pewnej ustalonej kolejności $M_1,M_2,\dots$ wynikającej np. z leksykograficznego porządku na ich kodach zdefiniowanych w module pierwszym. Ponieważ każda maszyna może być opisana skończonym słowem, więc wygenerowanie takiego ciągu wszystkich maszyn jest wykonalne.

Zdefiniujmy relację binarną $P(i,k)$ w ten sposób, by była spełniona, gdy każda maszyna od $1$ do $i$ działając na dowolnym słowie o długości $i$ działa w czasie co najwyżej $k$ lub działa przynajmniej $2^k+1$ kroków lub pętli się. Tą relację jesteśmy w stanie obliczyć poprzez stosowną symulację maszyn $M_1,\dots ,M_i$ na wszystkich słowach długości $i$ przez co najwyżej $2^k+1$ kroków (oczywiście jest to dosyć czasochłonne), tym samym ewentualne pętlenie się maszyn nie stanowi przeszkody.

Teraz jesteśmy gotowi do zdefiniowania $f(n)$. Ustalmy $n$. Zauważmy, że $P(n,k)$ musi być prawdziwa dla pewnego $k$. Dzieje się tak dlatego, gdyż wraz ze wzrostem $k$ zmieniamy zabroniony obszar czasu działania maszyn od $1$ do $n$. Liczba słów które testujemy jest jednak ograniczona -- są to wszystkie słowa o długości dokładnie $n$ dla tych maszyn. Aby $P(n,k)$ nie było prawdą to czas działania maszyny na słowie musi trafić do obszaru zabronionego, co wobec ustalonej liczby słów i zwiększania $k$ spowoduje, że $P(n,k)$ w końcu będzie prawdą. Definiujemy wartość $f(n)$ jako najmniejsze takie $k$.

Weźmy dowolny język Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle L\in\textnormal{TIME}(2^{f(n)})} . Jest on akceptowany przez maszynę, którą oznaczmy $M_j$ (w naszym porządku ustalonym w pierwszej części). Maszyna ma złożoność $2^{f(n)}$. Weźmy dowolne słowo o długości $l⩾j$. Wiemy, że $P(l,f(l))$ jest spełnione, a tym samym maszyna $M_j$ działa w czasie co najwyżej $f(l)$ (bo więcej niż $2^{f(l)}$ nie może z definicji klasy). Zatem Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle L\in\textnormal{TIME}(f(n))} .

Pominęliśmy działanie na słowach krótszych niż $j$, jednakże jest to stała liczba słów, które łatwo zaakceptować w czasie rzędu ich długości po prostu wbudowując ich przynależność do $L$ w maszynę.

W literaturze rozważa się wiele wersji "normujących" dopuszczalne funkcji złożoności, np. właściwie funkcje złożoności lub funkcje uczciwe. Różnice między nimi są dosyć techniczne. Przyjmijmy zatem, że funkcje złożoności $f(n)$ są konstruowalne pamięciowo.

Przeanalizujmy teraz możliwe konfiguracje maszyny Turinga $M$, które tworzą tzw. graf przejść maszyny:

\begin_hint Policz liczbę stanów maszyny, położeń głowic i zawartości taśm. \end_hint

\begin_sol Liczba możliwych konfiguracji to oczywiście iloczyn:

• liczby stanów $|Q|$,

• położeń głowic na wszystkich taśmach, jest rzędu $f(n{)}^k$ jednak nie mniej niż $n$ (dokładny wynik zależy od przyjętych wyróżnień taśmy wejściowej i wyjściowej),

• zawartości taśm, czyli $|\mathrm{\Gamma }{|}^{kf(n)}$.

Razem możemy to ograniczyć przez $c^{f(n)}$, dla pewnego $c$ zależnego tylko od maszyny oraz korzystając z założenia, że Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle f(n)\geqslant \textnormal{log}n} , gdyż jest konstruowalna pamięciowo. \end_sol

Teraz jesteśmy gotowi do wypowiedzenia kolejnych interesujących relacji pomiędzy wprowadzonymi klasami:

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{SPACE}(f(n))\subseteq\textnormal{TIME}(c^{f(n)})} , ze względu na fakt, iż liczba możliwych konfiguracji maszyny o złożoności pamięciowej $f(n)$,

co pokazaliśmy przed chwilą wynosi $c^{f(n)}$, zatem maszyna, która się nie pętli może zostać zasymulowana przez maszynę działającą co najwyżej tak długo. W przeciwnym wypadku wpadła by w nieskończoną pętlę.

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{NTIME}(f(n))\subseteq\textnormal{SPACE}(f(n))} , gdyż maszyna deterministyczna może zasymulować działanie maszyny niedeterministycznej.

Wystarczy wygenerować po kolei każdy z ciągów $f(n)$ niedeterministycznych wyborów (tu korzystamy z pamięciowej konstruowalności), których musi ona dokonać w trakcie obliczeń. Następnie dokonujemy już deterministycznej symulacji obliczeń przez $f(n)$ kroków. Wszystkie te operacje można dokonać w dostępnej pamięci $f(n)$, gdyż każdy z ciągów niedeterministycznych wyborów możemy symulować w tej samej pamięci,

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{NSPACE}(f(n))\subseteq\textnormal{TIME}(c^{f(n)})} , ponownie opierając się na symulacji maszyny.

Jak poprzednio liczba wszystkich konfiguracji wynosi $c^{f(n)}$, jednak tym razem przejścia pomiędzy poszczególnymi konfiguracjami tworzą graf. Wystarczy jednak obliczyć, czy istnieje ścieżka od konfiguracji początkowej do konfiguracji końcowej, co może być obliczone w czasie wielomianowym ze względu na rozmiar grafu, a zatem w czasie asymptotycznym $c^{f(n)}$.

Dzięki powyższym relacjom możemy wypisać kilka podstawowych zależności pomiędzy wprowadzonymi klasami:

\begin_hint Skorzystaj z poznanych już własności klas oraz własności funkcji logarytmicznej, wielomianowej i wykładniczej. \end_hint

\begin_sol Wszystkie zawierania pochodzą z wypisanych wcześniej ogólnych zależności. Nietrywialne, to:

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{NL}\subseteq\textnormal{P}} , korzystamy z faktu, że Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{NSPACE}(f(n))\subseteq\textnormal{TIME}(c^{f(n)})} , w tym wypadku

mamy bowiem Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle c^{\textnormal{log}n}=n^k} ,

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{NPSPACE}\subseteq\textnormal{EXP}} , również korzystamy z faktu, że Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{NSPACE}(f(n))\subseteq\textnormal{TIME}(c^{f(n)})} , w tym wypadku

mamy bowiem $c^{n^k}=2^{n^{k^{\prime }}}$.

\end_sol

Przyjrzyjmy się bliżej pierwszej serii relacji z poprzedniego ćwiczenia i zobrazujmy ją na rysunku:

\vspace{1cm} \begin_center \includegraphics[width=10cm]{ZO-3-3-rys.jpg}
Relacje pomiędzy podstawowymi klasami \end_center \vspace{1cm}

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{L}\subseteq\textnormal{NL}\subseteq\textnormal{P}\subseteq\textnormal{NP}\subseteq\textnormal{PSPACE}} W następnej części z twierdzenia o hierarchii pamięciowej dowiemy się, że Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle L\varsubsetneq \textnormal{PSPACE}} . Tym samym wiemy, że pierwszy i ostatni element są różne. Jedną z najbardziej fascynujących rzeczy w teorii złożoności jest fakt, że przynajmniej jedno z czterech powyższych zawierań musi być ścisłe, jednakże o żadnym z nich tego nie wiadomo! Najsłynniejszy fragment to oczywiście pytanie o zawieranie pomiędzy P i NP.

Ostatnią i najciekawszą relacją pomiędzy klasami jest ta odkryta przez Savitcha, mówiąca o niewielkiej przewadze niedeterministycznej złożoności pamięciowej. Przypomnijmy, że do tej pory wiemy poprzez połączenie dwóch wymienionych własności, że Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{NSPACE}(f(n))\subseteq\textnormal{SPACE}(c^{f(n)})} . Okazuje się, że zachodzi twierdzenie dużo silniejsze:

Twierdzenie [Uzupelnij]

(twierdzenie Savitcha) Jeśli $f(n)$ jest konstruowalna pamięciowo, to Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{NSPACE}(f(n))\subseteq\textnormal{SPACE}(f^2(n))} .

Dowód [Uzupelnij]

{{{3}}}

Na podstawie twierdzenia Savitcha wiemy, że niektóre z poznanych klas są sobie równe:

• PSPACE = NPSPACE,

• EXPSPACE = NEXPSPACE.

czyli, że niedeterminizm w złożoności pamięciowej dla większych funkcji nic nie daje. Dla klas złożoności czasowej takiej wiedzy nie posiadamy!

Dopełnienia klas

W tym rozdziale przyjrzymy się dopełnieniom języków i klas. Jeśli $L$ jest językiem to przez $\bar{L}={\sum }^{*}\setminus L$ oznaczamy jego dopełnienie. W przypadku problemów decyzyjnych dopełnienie (ang. COMPLEMENT) to problem decyzyjny, w którym odpowiedzi są odwrócone.

Jeśli rozważymy SAT, w którym pytamy czy formuła może zostać spełniona, to jego dopełnienie to SAT COMPLEMENT. Jest to problem bardzo blisko spokrewniony z TAUTOLOGY, w którym pytamy czy każde wartościowanie formuły $\varphi$ ją spełnia. SAT COMPLEMENT to pytanie, czy formuła nie ma wartościowań spełniających, co jest równoważne temu, że $\mathrm{\neg }\varphi$ jest formułą zawsze spełnioną, czyli jest tautologią logiczną.

COMPLEMENT nie jest ściśle dopełnieniem języka, gdyż $\overline{SAT}$ zawiera także wszystkie słowa, które nie są poprawnymi opisami formuł. Te słowa nie stanowią jednak problemu w rozpoznawaniu.

Zdefiniujemy teraz pojęcie dopełnienia klasy złożoności. Przypomnijmy, że klasy złożoności składają się z języków. Jeśli $C$ jest dowolną klasą złożoności to przez Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{co}C} oznaczamy jej dopełnienie, które jest złożone z dopełnień języków z klasy $C$.

Zauważmy od razu, że jeśli $C$ jest klasą deterministyczną, to Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{co}C=C} ze względu na fakt, iż maszyna deterministyczna, która akceptuje język $L\in C$ po zamianie rolami stanu akceptującego i odrzucającego stanie się maszyną akceptującą język $\bar{L}$.

W module dotyczącym pamięci logarytmicznej dowiemy się, że klasy niedeterministycznej złożoności pamięciowej również zamknięte są na dopełnienia, natomiast w przypadku klas niedeterministycznych złożoności czasowej nie wiemy jakie są relacje pomiędzy nimi i jest to problem otwarty.

Twierdzenia o hierarchii czasowej i pamięciowej

W tej części poznamy dwa ważne twierdzenia, które wprowadzają pojęcia hierarchii czasowej i pamięciowej, tzn. pokażemy, że większe złożoności rzeczywiście istotnie pozwalają akceptować więcej języków.

Twierdzenie [Uzupelnij]

(twierdzenie o hierarchii pamięciowej) Jeśli $f(n)$ jest konstruowalna pamięciowo oraz $g(n)\in o(f(n))$ (czyli rośnie asymptotycznie wolniej) to Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{SPACE}(g(n)) \subsetneq \textnormal{SPACE}(f(n))} .

Dowód [Uzupelnij]

{{{3}}}

A teraz pora na analogiczne twierdzenie o hierarchii czasowej. Potrzebne jest nam do niego dodatkowe ograniczenie na funkcję złożoności. Powiemy, że $f(n)$ jest konstruowalna czasowo, gdy Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle f(n)\geqslant n\textnormal{log}n} oraz istnieje deterministyczna maszyna Turinga, która mając na wejściu $n$ zapisane unarnie potrafi działać przez dokładnie $f(n)$ kroków i zatrzymać się. Również w tym wypadku większość znanych funkcji jest konstruowalna.

Twierdzenie [Uzupelnij]

(twierdzenie o hierarchii czasowej) Jeśli $f(n)$ jest konstruowalna czasowo oraz Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle g(n) \in o(f(n)/\textnormal{log}f(n))} to Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{TIME}(g(n)) \subsetneq \textnormal{TIME}(f(n))} .

Dowód jest przedmiotem ćwiczenia końcowego. Teraz możemy wyciągnąć kilka ważnych wniosków o silnym zawieraniu się klas złożoności:

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{SPACE}(n^{\epsilon_1})\subsetneq\textnormal{SPACE}(n^{\epsilon_2})} , gdy $0⩽{ϵ}_1<{ϵ}_2$,

z własności funkcji wielomianowej,

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{TIME}(n^{\epsilon_1})\subsetneq\textnormal{TIME}(n^{\epsilon_2})} , gdy $1⩽{ϵ}_1<{ϵ}_2$, jak wyżej,

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{L}\subsetneq\textnormal{PSPACE}} , gdyż logarytm rośnie wolniej niż funkcja wielomianowa,

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{P}\subsetneq\textnormal{EXP}} , korzystamy z własności, że każdy wielomian rośnie wolniej

niż funkcja subwykładnicza Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle n^{\textnormal{log}n}} a ta z kolei rośnie wolniej, niż każda funkcja wykładnicza.

• Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{PSPACE}\subsetneq\textnormal{EXPSPACE}} , jak wyżej.

Widzimy zatem, że klasa P, pojmowana jako zbiór praktycznie rozwiązywalnych problemów również podlega hierarchii. Istnieją w niej języki które są akceptowane w czasie $n^{10000}$ natomiast w $n^{9999}$ już nie. To sprawia, że należy patrzeć na praktyczność klasy P z pewną ostrożnością.

Ćwiczenia dodatkowe

\begin_hint Przeprowadź rozumowanie podobne jak w dowodzie twierdzenia o hierarchii pamięciowej. \end_hint

\begin_sol Jak w dowodzie twierdzenia o hierarchii pamięciowej skonstruujemy maszynę $M$, której język $L=L(M)$ należy do Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{TIME}(f(n))} , ale nie należy do Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{TIME}(g(n))} .

Konstruujemy $M$ tak, że bierze $x$ z wejścia i traktuje jako kod maszyny. Następnie symuluje jej działanie nie jak poprzednio w pamięci $f(n)$ lecz w czasie $f(n)$. Aby jednak dokonać takiej symulacji maszyna $M$ musi zliczać liczbę wykonanych kroków symulacji. Symulacja każdego kroku zajmuje teraz Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{log}(f(n))} potrzebnych do zaimplementowania licznika. Stąd można zasymulować każdą maszynę o złożoności asymptotycznie mniejszej niż Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle f(n)\textnormal{log}f(n)} a tym samym wykazać przy pomocy przekątniowej metody, że język $M$ jest różny od języka każdej z tych maszyn. \end_sol

\begin_hint Użyj poznanych twierdzeń o przyspieszaniu i hierarchii. \end_hint

\begin_sol
Ad. 1:
Wiemy, że Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{NTIME}(n) \subseteq \textnormal{SPACE}(n)} . Następnie na podstawie twierdzenia o hierarchii pamięciowej Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{SPACE}(n) \subsetneq \textnormal{PSPACE}} , co kończy dowód.

Ad. 2:
Oczywiście Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{TIME}(2^n) \subseteq \textnormal{TIME}(2^{n+1})} . Weźmy teraz dowolny język $L$ należący do klasy Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{TIME}(2^{n+1})} . Istnieje zatem maszyna działająca w czasie $2^{n+1}$. Z twierdzenia o przyspieszaniu wiemy, że istnieje inna maszyna $M^{\prime }$ akceptująca ten sam język $L$, ale działająca w czasie $2^{n+1}/4$, gdy zastosujemy $ϵ=1/4$ (czynnik liniowy obok funkcji wykładniczej jest nieistotny). Lecz $2^{n+1}/4=2^n/2$, a zatem $L$ należy do Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \textnormal{TIME}(2^n)} co dowodzi tezy.

Ad. 3:
Zastosujemy twierdzenie o hierarchii czasowej dla funkcji $f(n)=2^{2n}$ oraz $g(n)=2^n$. Musimy tylko wykazać, że funkcje spełniają założenia twierdzenia. Mamy jednak Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle f(n)/\textnormal{log}(f(n))=2^{2n}/2n=(2^n/2n)2^n} zatem dominuje asymptotycznie $2^n$ co kończy dowód. \end_sol