既不是P也不是NP完全的NP问题

介绍

P=?NPP\overset{?}{=}NP问题是计算复杂性理论里面最重要的问题之一，它的重要性在于如果P=NPP=NP是成立的那么life is easy，因为这意味着如果一个问题是容易验证的那么也会容易解决。不过目前的主流观点更倾向于认为P≠NPP\not=NP，因为一方面这是密码学里面很多hard assumption的基础，另一方面现在的很多结果也支持这一结论。

本文讨论的问题是：如果P≠NPP\not=NP，那么是否存在一个问题既不属于PP也不属于NPCNPC?

这个问题的答案是肯定的，它最初由Ladner证明，我们接下来给出这个证明。

Ladner′s\mathrm{Ladner's} theorem

Ladner证明的主要思路是构造一个可计算集合AA使得其属于NPNP，使其增长的比PP要“快”，但比NPCNPC“慢”。

令M1,M2,⋯,Mn,⋯M_1,M_2,\cdots,M_n,\cdots是所有确定性多项式图灵机的一个枚举，使得Mi(x)M_i(x)在|x|i|x|^i的时间内给出判定。类似的，令fif_i表示对所有多项式时间可计算函数的枚举。

我们给出如下两个条件：

Ri:A≠L(Mi)R_i:A\not=L(M_i)

S_i:Si:S_i:对任意xx，要么x∈SATx\in SAT且fi(x)∉Af_i(x)\not\in A，要么x∉SATx\not\in SAT且fi(x)∈Af_i(x)\in A

我们定义集合AA如下：A={x∣x∈SAT 并且 f(|x|) 是偶数}A=\{x\mid x\in SAT\text{ 并且 }f(|x|)\text{ 是偶数}\}注意到，如果f(n)f(n)能在poly(n)\mathrm{poly}(n)内计算完成，那么A∈NPA\in NP。

我们递归的定义f(n)f(n)。首先，令f(0)=f(1)=2f(0)=f(1)=2。若n>1n>1，我们定义f(n+1)f(n+1)为：如果logf(n)(n)≥n\log^{f(n)}(n)\ge n，那么令f(n+1)=f(n)f(n+1)=f(n)。否则，考虑一下两种情况：

f(n)=2i: f(n)=2i:\ 检查是否存在xx满足|x|≤log(n)|x|\le \log(n)使得满足下面两者之一

Mi(x)M_i(x)接受，并且f(|x|)f(|x|)是偶数与x∈SATx\in SAT不同时满足

Mi(x)M_i(x)拒绝，并且f(|x|)f(|x|)是偶数与x∈SATx\in SAT同时满足

如果这样的xx存在，那么f(n+1)=f(n)+1f(n+1)=f(n)+1，否则f(n+1)=f(n)f(n+1)=f(n)。

f(n)=2i+1: f(n)=2i+1:\ 检查是否存在xx满足|x|\le \log(n)|x|≤log(n)|x|\le \log(n)使得满足下面两者之一

x∈SATx\in SAT，并且f(|fi(x)|)f(|f_i(x)|)是偶数与fi(x)∈SATf_i(x)\in SAT不同时满足

x∉SATx\not\in SAT，并且f(|fi(x)|)f(|f_i(x)|)是偶数与fi(x)∈SATf_i(x)\in SAT同时满足

如果这样的xx存在，那么f(n+1)=f(n)+1f(n+1)=f(n)+1，否则f(n+1)=f(n)f(n+1)=f(n)。

由于f(n)f(n)的计算只检查了|x|≤log(n)|x|\le \log(n)的xx并且|x|i≤logi(n)≤logf(n)(n)≤f(n)|x|^i\le \log^i(n)\le \log^{f(n)}(n)\le f(n)所以f(n)f(n)能在poly(n)\mathrm{poly}(n)内计算完成。

我们现在来讨论为什么A∉PA\not\in P。注意到当f(n)=2if(n)=2i时的条件等价为A≠L(Mi)A\not=L(M_i)，如果A=L(Mi)A=L(M_i)对某个ii成立，那么f(n)f(n)将一直为偶数（n>in>i）即AA与SATSAT只有有穷个不同，这与P≠NPP\not=NP矛盾。

AA也不属于NPCNPC，这是因为f(n)=2i+1f(n)=2i+1的条件等价为SiS_i。所以若存在SATSAT到AA的一个归约函数fi(x)f_i(x)，那么条件SiS_i将一直不满足，即f(n)f(n)一直为奇数（n>in>i）。这将导致AA为有限集合，这将使得SAT∈PSAT\in P（有限集合的计算为O(1)O(1)），与P≠NPP\not=NP矛盾。□\Box

Reference

[1]. http://oldblog.computationalcomplexity.org/media/ladner.pdf