Capacidad de rompecabezas de solución única (USP)

En su artículo seminal Algoritmos teóricos grupales para multiplicaciones matriciales , Cohn, Kleinberg, Szegedy y Umans presentan el concepto de rompecabezas único y solucionable (definido a continuación) y la capacidad de USP. Afirman que Coppersmith y Winograd, en su innovador papel Matrix multiplication mediante progresiones aritméticas , "implícitamente" demuestran que la capacidad de USP es . Este reclamo se reitera en varios otros lugares (incluido aquí en teoría), sin embargo, en ninguna parte se puede encontrar una explicación. A continuación se muestra mi propia comprensión de lo que Coppersmith y Winograd prueban, y por qué no es suficiente. $3/2^{2/3}$

¿Es cierto que la capacidad de USP es ? Si es así, ¿hay alguna referencia para la prueba? $3/2^{2/3}$

Rompecabezas únicos y solucionables

Un rompecabezas de solución única (USP) de longitud y ancho consiste en un subconjunto de de tamaño , que también consideramos como tres colecciones de "piezas" (correspondientes a la lugares donde los vectores son , los lugares donde están y los lugares donde están ), satisfaciendo la siguiente propiedad. Supongamos que organizamos todas las piezas en líneas. Entonces debe haber una forma única de colocar las otras piezas, una de cada tipo en cada línea, para que "encajen". $n$ $k$ $\{1,2,3\}^k$ $n$ $n$ $1$ $2$ $3$ $1$ $n$

Sea $N(k)$ la longitud máxima de una USP de ancho $k$ . La capacidad de USP es

κ = sup_{k} N (k)^{1 / k} .

$\kappa = \sup_k N(k)^{1/k}.$ En una USP, cada una de las piezas debe ser única, lo que significa que no hay dos líneas que contengan un símbolo

c \in {1, 2, 3}

$c \in \{1,2,3\}$ exactamente en los mismos lugares. Esto muestra (después de un breve argumento) que

N (k) \leq \sum_{a + b + c = k} min {(\binom{k}{a}), (\binom{k}{b}), (\binom{k}{c})} \leq (\binom{k + 2}{2}) (\binom{k}{k / 3}),

$N(k) \leq \sum_{a+b+c=k} \min \left\{ \binom{k}{a}, \binom{k}{b}, \binom{k}{c} \right\} \leq \binom{k+2}{2} \binom{k}{k/3},$ y entonces

κ \leq 3 / 2^{2 / 3}

$\kappa \leq 3/2^{2/3}$ .

Ejemplo (un USP de longitud y ancho ): No ejemplo de longitud y ancho , donde - y -las piezas se pueden organizar de dos maneras diferentes: $4$ $4$

\begin{aligned} 1111 \\ 2131 \\ 1213 \\ 2233 \end{aligned}

$\begin{align*} 1111 \\ 2131 \\ 1213 \\ 2233 \end{align*}$

3

$3$

3

$3$

2

$2$

3

$3$

\begin{aligned} 123 & 132 \\ 231 & 321 \\ 312 & 213 \end{aligned}

$\begin{align*} 123 && 132 \\ 231 && 321 \\ 312 && 213 \end{align*}$

Puzzles Calderero-Winograd

Un rompecabezas de Coppersmith-Winograd (CWP) de longitud y ancho consiste en un subconjunto de de tamaño en el que las "piezas" son únicas, para dos y , (Lo presentan de manera algo diferente). $n$ $k$ $S$ $\{1,2,3\}^k$ $n$ $a \neq b \in S$ $c \in \{1,2,3\}$

{i \in [k] : a_{i} = c} \neq {i \in [k] : b_{i} = c} .

$\{ i \in [k] : a_i = c \} \neq \{ i \in [k] : b_i = c \}.$

Cada USP es un CWP (como comentamos anteriormente), de ahí que la capacidad de CWP satisfaga . Arriba comentamos que . Coppersmith y Winograd mostraron, usando un argumento sofisticado, que . Su argumento fue simplificado por Strassen (ver teoría de la complejidad algebraica ). Esbozamos una prueba simple a continuación. $\lambda$ $\lambda \geq \kappa$ $\lambda \leq 3/2^{2/3}$ $\lambda = 3/2^{2/3}$

Dado , supongamos que consiste en todos los vectores que contienen cada uno de s, s, s. Para , supongamos que consta de todos los pares modo que , y pon . Cada conjunto independiente en el gráfico es un CWP. Es bien sabido que cada gráfico tiene un conjunto independiente de tamaño(prueba: seleccione cada vértice con probabilidad , y elimine un vértice de cada borde superviviente). En nuestro caso, $k$ $V$ $k/3$ $1$ $2$ $3$ $c \in \{1,2,3\}$ $E_c$ $a,b \in V$ $\{ i \in [k] : a_i = c \} = \{ i \in [k] : b_i = c \}$ $E = E_1 \cup E_2 \cup E_3$ $G = (V,E)$ $|V|^2/4|E|$ $|V|/2|E|$

| V | = (\binom{k}{k / 3}) (\binom{2 k / 3}{k / 3}), | E | \leq 3 | E_{1} | = \frac{3}{2} (\binom{k}{k / 3}) {(\binom{2 k / 3}{k / 3})}^{2} .

$|V| = \binom{k}{k/3} \binom{2k/3}{k/3}, \quad |E| \leq 3|E_1| = \frac{3}{2}\binom{k}{k/3} \binom{2k/3}{k/3}^2.$ Por lo tanto,

\frac{| V |^{2}}{4 | E |} = \frac{1}{6} (\binom{k}{k / 3}) ⟹ λ \geq \frac{3}{2^{2 / 3}} .

$\frac{|V|^2}{4|E|} = \frac{1}{6} \binom{k}{k/3} \Longrightarrow \lambda \geq \frac{3}{2^{2/3}}.$

ds.algorithms co.combinatorics algebraic-complexity matrix-product Yuval Filmus
fuente

Interesante, pero ¿hay alguna pregunta aquí, o es solo una afirmación de un defecto en la literatura?

David Eppstein

La pregunta es si es cierto que la capacidad de USP es , y si es así, dónde se puede encontrar una prueba.

3 / 2^{2 / 3}

$3/2^{2/3}$

Yuval Filmus

Como muchas otras preguntas, la respuesta a esta se puede encontrar en la tesis de Stothers. A USP local es un CWP en el que la única manera en la que un 1-pieza, un 2-pieza y una de 3 piezas pueden encajar juntos es si su unión es en . Claramente, un USP local es un USP, y una construcción de [CKSU] muestra que la capacidad de USP es lograda por los USP locales (lo demostraremos de manera constructiva). $S$

Coppersmith y Winograd construyen una distribución independiente de casi 2 sabios en con las siguientes dos propiedades: (1) , (2) Para cualquier tal que la 1 pieza de , la 2 pieza de y la 3 pieza de juntas forman un vector : si entonces . $S$ $2^V$ $\Pr[x \in S] = (|V|/2|E|)^{1-\epsilon}$ $x,y,z \in V$ $x$ $y$ $z$ $w \in V$ $x,y,z \in S$ $w \in S$

Elegimos un subconjunto aleatorio de acuerdo con la distribución, y para cada borde , eliminamos ambos vértices . El número esperado de vértices restantes es aproximadamente . El conjunto resultante es un USP local: si hay en el que encajan 1 pieza de , 2 piezas de 3 piezas de , formando una pieza , entonces , y así todos son retirados de . $S$ $V$ $(x,y) \in E$ $x,y$ $(|V|^2/2|E|)^{1-\epsilon}$ $T$ $x,y,z \in T$ $x$ $y$ $z$ $w$ $x,y,z,w \in S$ $x,y,z$ $S$

Yuval Filmus
fuente

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