本節(jié)所需的前置知識

定義1：令M是一個在所有輸入上都停機的確定型圖靈機。M的空間復(fù)雜度定義為函數(shù)$f:N\to N$，其中$f\left(n\right)$是M在任何長為n的輸入上掃描帶子方格的最大數(shù)。若空間復(fù)雜度為$f\left(n\right)$，則稱M在空間$f\left(n\right)$內(nèi)運行。如果M是對所有輸入在所有分支都停機的非確定型圖靈機，則M的空間復(fù)雜度定義為對任何長為n的輸入，在任何計算分支上所掃描的帶子方格的最大數(shù)。

定義2：令$f:N\to R^{+}$為一個函數(shù)。空間復(fù)雜度類$SPACE\left(f\left(n\right)\right)$和$NSPACE\left(f\left(n\right)\right)$定義為：

$SPACE\left(f\left(n\right)\right)=${L|L是被$O(f_n)$空間的確定型圖靈機判定的語言}

$NSPACE\left(f\left(n\right)\right)=${L|L是被$O(f_n)$空間的非確定型圖靈機判定的語言}

引理3：設(shè)M是有q個狀態(tài)和g個帶子符號的LBA。對于長為n的帶子，則M恰有$qn{g}^n$個不同的格局。

• 推論：如果M在$f\left(n\right)$的空間內(nèi)運行，$\omega$是長為n的輸入，則M在$\omega$上的格局?jǐn)?shù)是$n{2}^{O\left(f\left(n\right)\right)}$，若$f\left(n\right)\ge \log n$，則$n{2}^{O\left(f\left(n\right)\right)}=2^{O\left(f\left(n\right)\right)}$。

定理4：(薩維奇定理)對于任何函數(shù)$f:N\to R^{+}$，其中$f\left(n\right)\ge n$，有:
$NSPACE\left(f\left(n\right)\right)?SPACE\left(f^2\left(n\right)\right)$

第一部分：PSPACE類與PSPACE完全性

定義5：PSPACE是可以被確定型圖靈機在多項式空間內(nèi)判定的語言類，NPSPACE是可以被非確定型圖靈機在多項式空間內(nèi)判定的語言類，EXPSPACE是可以被確定型圖靈機在指數(shù)空間內(nèi)判定的語言類。

$PSPACE={?}_{k}SPACE\left(n^k\right),NPSPACE={?}_{k}NSPACE\left(n^k\right),EXPSPACE={?}_{k}SPACE\left(2^{n^k}\right)$

根據(jù)薩維奇定理的結(jié)論可知，NPSPACE類和PSPACE類等價，因為任何多項式的平方仍然是多項式。對于一個圖靈機，如果它的時間復(fù)雜度為$T\left(n\right)$，那么其空間復(fù)雜度至多為$T\left(n\right)$，這是因為每一步計算最多訪問一個格子，這個結(jié)論對確定型圖靈機和非確定型圖靈機都成立。注意到多項式空間圖靈機M如果判定語言L，則交換M的接受狀態(tài)和拒絕狀態(tài)可以得到$M^{\prime }$判定$\overline{L}$，所以可知PSPACE關(guān)于補運算封閉，$coNP?PSPACE$。除此之外，根據(jù)引理3的推論，我們知道對于空間復(fù)雜度$O\left(f\left(n\right)\right)$的圖靈機，其存在一個格局?jǐn)?shù)上限為$2^{O\left(f\left(n\right)\right)}$，由于一個可判定的圖靈機運行時間不能超過其格局總數(shù)（這是LBA部分的結(jié)論，如果超過則已經(jīng)進入循環(huán)），空間復(fù)雜度$O\left(f\left(n\right)\right)$的圖靈機時間復(fù)雜度不超過$2^{O\left(f\left(n\right)\right)}$，這是$EXPTIME（{\cup }_{k}TIME\left(2^{n^k}\right)）$的范疇。

因此，我們可以導(dǎo)出目前學(xué)習(xí)的復(fù)雜度類的關(guān)系如下：

$P?NP?PSPACE\left(NPSPACE\right)?EXPTIME$

$P?coNP?PSPACE\left(NPSPACE\right)?EXPTIME$

我們可以證明時間層次定理，其表述為對于任何時間可構(gòu)造函數(shù)$t:N\to N$，存在語言A，在時間$O\left(t\left(n\right)\right)$內(nèi)可判定但在時間$o\left(\frac{t\left(n\right)}{logt\left(n\right)}\right)$內(nèi)不可判定，由此可得$P?EXPTIME$。因此，可以確定這些類的關(guān)系式間至少有一個真包含。目前學(xué)界普遍認(rèn)為這四種類關(guān)系全為真包含。

復(fù)雜度關(guān)系圖

第二部分：一個PSPACE完全的實例——TQBF問題。

定義6：對于一個語言A，稱它為PSPACE完全當(dāng)且僅當(dāng)其屬于PSPACE類并且PSPACE類中的每一個語言B都可以多項式時間歸約到B，即$B{\le }_{p}A$。如果僅滿足$B{\le }_{p}A$，則成A為PSPACE難。

這里存在一個值得注意的點是，我們要求的是多項式時間歸約而非多項式空間規(guī)約。其主要原因是擔(dān)心在使用多項式空間歸約時，完全問題的容易解法不一定能導(dǎo)出其它歸約到它的問題的容易解法。因此，在定義一個復(fù)雜度類時，規(guī)約模型必須比用來定義類本身的模型更加受限。

一個經(jīng)典的PSPACE完全問題是TQBF問題（True Quantified Boolean Formula），其的定義是$TQBF=\{<?>|?$是真的全量詞化的布爾公式}。這里面存在幾個新的定義，在SAT問題中我們定義了形如$?=\left(x\vee y\right)\wedge \left(\overline{x}\vee y\right)$的布爾公式，在其中添加量詞實際上就是對某個變量添加約束：

$?$是存在量詞，$?x?$的意思是對于變量x的某個值$（0/1）$，語句$?$為真。

$?$是全稱量詞，$?x?$的意思是對于變量x的全體值，語句$?$全為真。

因此，我們可以稱所有帶量詞的布爾公式為量詞化布爾公式。除此之外，還稱$?x$和$?x$中的x受到該量詞約束，x本身還存在取值的域，一個例子是對于$?x\left[2x=5\right]$在$x\in R$和$x\in Z$時前者為真后者為假。量詞本身作用的范圍是量化變量后的第一對括弧出現(xiàn)的語句段，該段稱為轄域，如果所有量詞的轄域都是其后所有語句部分（即所有量詞都在最前面），則稱這種語句為前束范式。值得注意的是，每個帶量詞的布爾公式都可以轉(zhuǎn)化為與其等價的具有前束范式形式的量詞化布爾公式。一個例子如下：$?=?x?y\left(x\vee y\right)$

如果一個量詞化布爾公式所有變量都出現(xiàn)在某一量詞的轄域內(nèi)，則該公式為全量詞化的（有時也稱句子）。換言之，公式中每個變量都是受約束的。這種公式可以判斷其真假性。

定理7：TQBF是PSPACE完全的。

證明分為兩步，首先證明$TQBF\in PSPACE:$

給定一個判定全量詞化布爾公式$?$的算法A：
A= “對于輸入的全量詞化布爾公式$<?>$

• 檢查整條公式，如果整個公式不含量詞，則其為一個常數(shù)運算表達(dá)式，計算其的值，如為真則接受，如為假則拒絕。
• 若$?$可以表示為$?x\psi$，則在$\psi$上遞歸調(diào)用算法A。首先用0替換x，然后再重新用1替換x，如果這兩種替換有一個結(jié)果是接受的，則接受，否則拒絕。
• 若$?$可以表示為$?x\psi$，則在$\psi$上遞歸調(diào)用算法A。首先用0替換x，然后再重新用1替換x，如果這兩種替換的兩個結(jié)果都是接受的，則接受，否則拒絕。”

算法A可以判定全量詞化布爾公式，又發(fā)現(xiàn)該公式遞歸層數(shù)恰為變量的個數(shù)，而每一層又只需要存儲當(dāng)前層變量被替換為0還是1，所以空間復(fù)雜度為$O\left(N_{var}\right)$，其中$N_{var}$是公式中變量個數(shù)。因此，算法A可以在線性空間內(nèi)運行。
證明的第二步就是證明對于任意一個圖靈機M在$n^k$空間內(nèi)判定的語言A，有$A{\le }_{p}TQBF$。換言之， 我們所設(shè)計的多項式時間歸約g可以滿足$\omega \in A?g\left(\omega \right)\in TQBF$。對于$\omega \in A$，我們可以得到M在$\omega$上的接受計算歷史，其為從$c_{start}$到$c_{accept}$的有限序列。根據(jù)引理3的推論我們有以下兩個重要結(jié)論：

• $?\omega \in A$，可以得到M在$\omega$上的一個長不超過$2^{d{n}^k}$的接受計算歷史。
• $?\omega \in /A$，可以得到M在$\omega$上的一個長不超過$2^{d{n}^k}$的拒絕計算歷史。

類似SAT的P完全性證明，我們可以設(shè)計一個$d{n}^k\times 2^{d{n}^k}$的格局表：

現(xiàn)在設(shè)定對應(yīng)格局的符號c，它對應(yīng)一組布爾變量$\{c_{i,s}|i=1,2,\dots ,n^k+1,s\in Q\cup \Gamma \cup ?\}$，對于某個變量指派不同的真假值可以表示具體的格局。如對于格局$101q_{2}10??\dots$可以表示為布爾公式${\psi }_{c_i}=c_{1,1}\wedge c_{2,0}\wedge c_{3,1}\wedge c_{4,q_2}\wedge c_{5,1}\wedge c_{6,0}\wedge c_{7?}\dots \wedge \overline{c_{0,0}}\dots$。

如果這里僅僅采用類似于庫克-列文定理的策略，設(shè)計$?={?}_{cell}\wedge {?}_{start}\wedge {?}_{move}\wedge {?}_{accept}$，變量總數(shù)會變?yōu)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$O\left(2^{d{n}^k}\right)$，因為格局表的大小變大了。但是注意到這樣設(shè)計的布爾公式不存在量詞，所以需要設(shè)計一個包含量詞限制的布爾公式，從而使得$?$的長度下降。

構(gòu)造公式${?}_{c_1,c_2,t}$其表示圖靈機M至多用t步從$c_1$走到$c_2$，那么我們現(xiàn)在需要判定的是${?}_{c_{start},c_{accept},2^{d{n}^k}}$。

首先設(shè)計${?}_{c_1,c_{2,}\le 1}$，其包含兩種部分，首先是${?}_{c_1,c_{2,}0}$,這只需要檢查所有變量是否包含相同布爾值就可以了。
${?}_{c_1,c_{2,}0}={?}_{1\le i\le n^k+1,s\in c}\left[\left(c_{1i,s}\wedge c_{2i,s}\right)\vee \left(\overline{c_{1i,s}}\wedge \overline{c_{2i,s}}\right)\right]$
對于${?}_{c_1,c_{2,}1}$，我們需要檢查是否是一步遷移，其可以表示為：
${?}_{c_1,c_{2,}1}={?}_{\left(p,a,q,b,D\right)\in \delta }\left[{\psi }_{c_1\to c_2}^{\left(p,a,q,b,D\right)}\right]$
其中${\psi }_{c_1\to c_2}^{\left(p,a,q,b,D\right)}$表示這一步是通過遷移$\delta \left(p,a\right)=\left(q,b,D\right)$得來的，其表達(dá)為：
${\psi }_{c_1\to c_2}^{\left(p,a,q,b,D\right)}={?}_{1\le j\le n^k}{\Psi }_{c_1\to c_2}^{j,\left(p,a,q,b,D\right)}$
${\Psi }_{c_1\to c_2}^{j,\left(p,a,q,b,R\right)}$需要枚舉的是當(dāng)前狀態(tài)p的位置，枚舉得到一個位置后檢查帶頭向右轉(zhuǎn)移是否正確，其它位置是否不變(同理可以導(dǎo)出${\Psi }_{c_1\to c_2}^{j,\left(p,a,q,b,L\right)}$)：
${\Psi }_{c_1\to c_2}^{j,\left(p,a,q,b,R\right)}=c_{1j,p}\wedge c_{1j+1,a}\wedge c_{2j,b}\wedge c_{2j+1,q}\wedge {?}_{1\le i\le n^k+1,i=j.j+1,s\in c}\left[\left(c_{1i,s}\wedge c_{2i,s}\right)\vee \left(\overline{c_{1i,s}}\wedge \overline{c_{2i,s}}\right)\right]$

那么對于t>1，我們就可以引入量詞并進行遞歸：一個最簡單的想法是設(shè)計為：
${?}_{c_1,c_2,t}=?m\left[{?}_{c_1,m,\frac{t}{2}}\vee {?}_{m,c_2,\frac{t}{2}}\right]$
這種設(shè)計下的${?}_{c_1,c_2,t}$是正確的，它本質(zhì)是枚舉了中間格局，隨后進行遞歸，但是如果計算公式長度會發(fā)現(xiàn)這個公式太長了。注意到遞歸會停止在${?}_{c_1,c_{2,}\le 1}$，根據(jù)上文的設(shè)計，得這一層的長度為$L=O\left(n^{2k}\right)$。注意到遞歸每一次分裂得到兩個子公式，邏輯上會遞歸$log\left(2^{d{n}^k}\right)～d{n}^k$層，最終會得到$2^{d{n}^k}\times L$那么長的公式，這是指數(shù)級別的，不可行。
可以再引入存在量詞$??$來解決這個問題：
${?}_{c_1,c_2,t}=?m?\left(c_3,c_4\right)\in \{\left(c_1,m\right),\left(m,c_2\right)\}\left[{?}_{c_3,c_4,\frac{t}{2}}\right]$
這種書寫方式本質(zhì)是把原本遞歸產(chǎn)生的兩個子公式“折疊”成了一個子公式。通過$?\left(c_3,c_4\right)\in \{\left(c_1,m\right),\left(m,c_2\right)\}$，就表明了格局c_3和c_4可以取c_1,m或者m,c_2，從而實現(xiàn)了用一個子公式表達(dá)上文兩個子公式的效果。此時我們不妨令$f\left(t\right)為{?}_{c_1,c_2,t}$的長度，可以列出如下的遞推式：
$f\left(t\right)=f\left(t?1\right)+O\left(n^k\right)=f\left(0\right)+t\times O\left(n^k\right)=L+t\times O\left(n^k\right)$
從而有
$f\left(d{n}^k\right)=O\left(n^{2k}\right)+d{n}^k\times O\left(n^k\right)=O\left(n^{2k}\right)$
因此可以得到${?}_{c_{start},c_{accept},2^{d{n}^k}}$的長度為$O\left(n^{2k}\right)$的。
接著我們再設(shè)計布爾公式${\psi }_{start}\left(c\right)和{\psi }_{accept}(c)$用來判斷起始格局和接受格局，最后就能得到我們所需要的全量化布爾公式：
$g\left(\omega \right)=?c?d\left[{\psi }_{start}\left(c\right)\wedge {\psi }_{accept}\left(d\right)\wedge {?}_{c,d,2^{d{n}^k}}\right]$
對于${\psi }_{start}\left(c\right)和{\psi }_{accept}(c)$，它們本質(zhì)和${?}_{c_1,c_{2,}0}$一樣是檢查檢查所有變量是否包含相同布爾值，也就是$O\left(n^k\right)$的，所以對于函數(shù)$g:\omega \to g\left(\omega \right)$它的復(fù)雜度為$O\left(n^{2k}\right)$，因此g是一個從A到TQBF的多項式時間歸約。
從而有$A{\le }_{p}TQBF$，第一步又證明了$TQBF\in PSPACE$，綜上可得TQBF是PSPACE完全的。

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的PSPACE完全性学习笔记的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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