Berapa probabilitas bahwa fungsi Boolean acak memiliki kelompok automorfisme sepele?

9

Diberikan fungsi Boolean , kita memiliki grup automorfisme .A u t ( f ) = { σ S nx , f ( σ ( x ) ) = f ( x ) }fAut(f)={σSn x,f(σ(x))=f(x)}

Apakah ada batasan yang diketahui pada ? Adakah yang diketahui untuk jumlah bentuk untuk beberapa grup ?P r f ( G A u t ( f ) ) GPrf(SEBUAHkamut(f)1)Prf(GSEBUAHkamut(f))G

Samuel Schlesinger
sumber

Jawaban:

4

Iya. Untuk pertanyaan pertama Anda, probabilitasnya menjadi nol dua kali lipat secara eksponensial cepat. Ini dapat dihitung sebagai berikut. Untuk setiap permutasi , kita dapat mengikat probabilitas bahwa , yaitu bahwa untuk semua . Pertimbangkan orbit bekerja pada . Kami memiliki adalah automorfisme dari jika adalah konstan pada aktivitas. Jika adalah non-trivial, ia memiliki setidaknya satu orbit pada yang bukan singleton, dan karenanya setidaknya pada orbit padaπ A u t ( f ) f ( π ( x ) ) = f ( x ) x { 0 , 1 } n π { 0 , 1 } n π f f π πππSEBUAHkamut(f)f(π(x))=f(x)x{0,1}nπ{0,1}nπffππ{ 0 , 1 } n[n]{0,1}nitu bukan singleton. Misalkan orbit memiliki elemen di dalamnya. Dengan demikian, probabilitas bahwa adalah konstan pada orbit itu adalah . Misalkan bekerja pada memiliki titik tetap, siklus dengan panjang 2, dll. (Khususnya ). Maka jumlah titik diperbaiki oleh tepatnya . Semua poin tersisa dari berada dalam orbit nontrivial dari . Untuk batas atas probabilitas bahwaf 2 - ( k - 1 ) π [ n ] c 1 c 2 n i = 1 i c i = n { 0 , 1 } n π 2 i c i { 0 , 1 } n π π A u t ( f )kf2-(k-1)π[n]c1c2i=1nici=n{0,1}nπ2ici{0,1}nππAut(f), perhatikan bahwa kemungkinan terbaik adalah jika semua elemen non-tetap dari datang dalam ukuran orbit 2. Jadi kita mendapatkan mana . Sekarang, kami ingin batas bawah pada , yang berarti kami ingin batas atas pada . Sejak , terbesar dapat terjadi ketika dan , yaitu dan , jadi dan . Sekarang terapkan ikatan serikat: P r ( π A u t ( f ) ) ( 1 / 2 ) M / 2 M = 2 n - 2 Σ i c i M Σ i c i π 1 Σ c i c 1 = n - 2 c 2 = 1 c i{0,1}nPr(πAut(f))(1/2)M/2M=2n2iciMiciπ1cic1=n2c2=1M = 2 n - 2ci=n1 M 2 n - 1 Pr(πAut(f))(1 / 2 ) 2 n - 2 | S n | =n!M=2n2n1=2n1M2n1Pr(πAut(f))(1/2)2n2|Sn|=n!, jadi , yang pada dasarnya adalah sebagai , cukup cepat.Pr((πSn)[π1 and πAut(f)])n!22n22nlgn2n20n

Untuk setiap Anda dapat menggunakan alasan yang serupa, tetapi probabilitasnya juga akan menjadi nol dengan sangat cepat.GSn

Joshua Grochow
sumber
Bukankah probabilitas f konstan pada orbit adalah $ 2 ^ {- k}?
Samuel Schlesinger
1
Terima kasih untuk ini, ini mengingatkan saya pada banyak bukti versi grafik.
Samuel Schlesinger
1
Oh, saya mengerti mengapa ini 2(k1)
Samuel Schlesinger
1
@SamuelSchlesinger: Ya, mirip. Saya pikir ini lebih mudah dalam hal ini karena jumlah fungsi boolean adalah eksponensial ganda sedangkan jumlah grafik hanya . 2n2nlgn
Joshua Grochow