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计算机代写|计算复杂度理论代写Computational complexity theory代考|1-IN-3 SAT
An unfortunate feature of 3SAT is that each satisfied clause can have any of 1,2 , or 3 true literals. This turns out to be awkward when we try to reduce to problems that involve exact totals. Fortunately, we can show that 3SAT reduces to its more restrictive cousin 1-OF-3 SAT, defined as the set of all 3CNF formulas that have a satisfying assignment that makes exactly one literal in each clause true.
We do this by converting our original 3CNF formula one clause at a time. This involves adding a few extra variables specific to the representation of that clause.
To show how this works, let’s start with $x_1 \vee x_2 \vee x_3$. We’ll replace this clause with a new clause $y_1 \vee y_2 \vee y_3$, where $y_i \Rightarrow x_i$ but not necessarily conversely. These $y_i$ variables are new, and we use a separate trio for each original clause. This allows us to pick just one of the true $x_i$ literals to appear in the $y_1 \vee y_2 \vee y_3$ clause if there is more than one. To enforce that $y_i$ can be true only if $x_i$ is also true, we add three new 1-in-3 clauses, with three new variables: $\neg x_1 \vee y_1 \vee z_1, \neg x_2 \vee y_2 \vee z_2$, and $\neg x_3 \vee y_3 \vee z_3$. If any $x_i$ is false, this makes $\neg x_i$ in the corresponding clause true, so $y_i$ must also be false: so we can only satisfy $y_1 \vee y_2 \vee y_3$ if we satisfy $x_1 \vee x_2 \vee x_3$. But if $x_i$ is true, we have a choice between making $y_i$ true or $z_i$ true. The $z_i$ variables (which appear nowhere else) act as a sink for excess truth that would otherwise violate the 1-in-3 property.
Since this works for every clause, the output formula is in 1-IN-3 SAT if and only if the input formula is in 3SAT. Since the reduction is obviously polynomial (it’s linear), this gives 3SAT $\leq_P$ 1-IN-3 SAT, making 1-IN-3 SAT NP-hard. But it’s also in NP, since in polynomial time we can easily guess the satisfying assignment and check that it has the 1-in-3 property. So 1-IN-3 SAT is NP-complete.
计算机代写|计算复杂度理论代写Computational complexity theory代考|Reductions through INDEPENDENT SET
INDEPENDENT SET is the problem of determining, given $G$ and $k$, whether $G$ contains an independent set of size $k$. An independent set is a subset $S$ of the vertices of $G$ such that no edge has both endpoints in the subset. We can show INDEPENDENT SET is NP-hard by reducing from 3SAT.
The idea is that any clique in $G$ can’t contain more than one element of $S$, so if we can partition $G$ into $k$ non-overlapping cliques, then each of these cliques must contain exactly one element of $S$. We use this constraint to encode variable settings as 2-cliques (also known as edges): for each $x_i$, create nodes representing $x_i$ and $\neg x_i$, and put an edge between them. We’ll call these the master copies of $x_i$ and $\neg x_i$.
We can then represent a clause $C_j=x \vee y \vee z$ as a 3-clique of copies of $x, y$, and $z$ (which may be negated variables). Here the member of $S$ in the representation of $C_j$ indicates which of the three literals we are using to demonstrate that $C_j$ is satisfiable. These are per-clause copies; we make a separate vertex to represent $x$ in each clause it appears in.
The remaining step for the graph is to make sure that whatever literal we chose to satisfy in $C_j$ is in fact assigned a true value in the 2-clique representing the corresponding $x_i$ or $\neg x_i$. We do this by adding an extra edge from the per-clause copy in $C_j$ to the master copy of the opposite value in the 2-clique; for example, if we have a copy of $x_i$ in $C_j$, we link this copy to the node representing $\neg x_i$, and if we have a copy of $\neg x_i$ in $C_j$, we link this copy to the node representing $x_i \cdot{ }^4$
Finally, we set $k=n+m$, where $n$ is the number of variables (and thus the number of master-copy 2-cliques) and $m$ is the number of clauses (and thus the number of clause 3 -cliques). This enforces the one-element-per-clique requirement.
It is easy to see that this reduction can be done in polynomial (probably even linear) time. It remains to show that it maps satisfiable formulas to graphs with independent sets of size $k$ and vice versa.
计算复杂度理论代考
计算机代写|计算复杂度理论代写Computational complexity theory代考|1-IN-3 SAT
3SAT 的一个不幸特征是每个满足的子句可以有 1,2 或 3 个真实文字中的任何一个。当我们试图简化为涉及精确总数的问题时，这会变得很尴尬。幸运的是，我们可以证明 3SAT 减少到其更具限制性的表亲 1-OF-3 SAT，定义为所有 3CNF 公式的集合，这些公式具有令人满意的分配，使每个子句中的一个文字为真。
我们通过一次一个子句转换我们原来的 3CNF 公式来做到这一点。这涉及添加一些特定于该子句表示的额外变量。
为了展示这是如何工作的，让我们从X1∨X2∨X3. 我们将用新条款替换此条款是1∨是2∨是3， 在哪里是一世⇒X一世但不一定相反。这些是一世变量是新的，我们为每个原始子句使用一个单独的三重奏。这允许我们只选择一个真实的X一世文字出现在是1∨是2∨是3如果有多个子句。执行那个是一世只有当X一世也是如此，我们添加了三个新的 1-in-3 从句，具有三个新变量：¬X1∨是1∨和1,¬X2∨是2∨和2， 和¬X3∨是3∨和3. 如果有的话X一世是假的，这使得¬X一世在相应的子句中为真，所以是一世也必须为假：所以我们只能满足是1∨是2∨是3如果我们满足X1∨X2∨X3. 但是如果X一世是真的，我们可以做出选择是一世真或和一世真的。这和一世变量（在其他任何地方都没有出现）充当多余真理的汇集点，否则会违反 1 比 3 的属性。
由于这适用于每个子句，当且仅当输入公式在 3SAT 中时，输出公式在 1-IN-3 SAT 中。由于减少显然是多项式的（它是线性的），这给出了 3SAT≤P1-IN-3 SAT，使 1-IN-3 SAT NP-hard。但它也在 NP 中，因为在多项式时间内我们可以很容易地猜出令人满意的赋值并检查它是否具有 1-in-3 属性。所以 1-IN-3 SAT 是 NP 完全的。
计算机代写|计算复杂度理论代写Computational complexity theory代考|Reductions through INDEPENDENT SET
INDEPENDENT SET 是确定的问题，给定G和k， 无论G包含一组独立的大小k. 独立集是子集小号的顶点G这样子集中没有边具有两个端点。我们可以通过从 3SAT 减少来证明 INDEPENDENT SET 是 NP-hard。
这个想法是任何集团在G不能包含一个以上的元素小号, 所以如果我们可以划分G进入k不重叠的派系，那么这些派系中的每一个都必须恰好包含一个元素小号. 我们使用此约束将变量设置编码为 2-cliques（也称为边缘）：对于每个X一世, 创建节点代表X一世和¬X一世，并在它们之间放置一条边。我们称这些为X一世和¬X一世.
然后我们可以表示一个子句Cj=X∨是∨和作为 3-clique 的副本X,是， 和和（这可能是否定的变量）。这里的成员小号在代表Cj指示我们正在使用三个文字中的哪一个来证明Cj是可满足的。这些是每个条款的副本；我们制作一个单独的顶点来表示X在它出现的每个子句中。
该图的剩余步骤是确保我们选择满足的任何文字Cj实际上在表示相应的 2-clique 中分配了一个真值X一世或者¬X一世. 我们通过从每个子句副本中添加一个额外的边来做到这一点Cj到 2-clique 中相反值的主副本；例如，如果我们有一份X一世在Cj，我们将此副本链接到表示的节点¬X一世，如果我们有一份¬X一世在Cj，我们将此副本链接到表示的节点X一世⋅4
最后，我们设k=n+米， 在哪里n是变量的数量（因此是 master-copy 2-cliques 的数量）和米是子句的数量（因此是子句 3 -cliques 的数量）。这强制执行了一个元素一个集团的要求。
很容易看出这种减少可以在多项式（甚至可能是线性）时间内完成。它仍然表明它将可满足的公式映射到具有独立大小集的图k反之亦然。
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