5 Logische Formalismen und Erfüllbarkeit

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1 R. Reischuk, ITCS 75 5 Logische Formalismen und Erfüllbarkeit 5.1 Das Erfüllbarkeitsproblem Das Erfüllbarkeitsproblem ist von außergewöhnlicher Bedeutung nicht nur für die Logik, sondern ebenso für die gesamte Informatik, und zwar sowohl für die Kerndisziplinen als auch für viele Anwendungsbereiche. Dies Problem wurde deshalb sehr intensiv und in verschiedensten Abwandlungen betrachtet. Die Suche nach einer erfüllenden Belegung, einem Modell für eine logische Formel, nennt man auch Model-Checking Spezialfälle des Erfüllbarkeitsproblems Es stellt sich die Frage, ob das Erfüllbarkeitsproblem durch syntaktische Einschränkungen an die Booleschen Formeln einfacher wird. Wie wir bereits wissen, bleibt das Erfüllbarkeitsproblem für Formeln in 3CNF, die Sprache 3-SAT, N P vollständig, Wir wollen zunächst zeigen, daß bei noch schärferen Restriktionen an die Struktur der Formeln die Erfüllbarkeit effizient entschieden werden kann. Dazu betrachte logische Implikationen x y z w mit mehreren Literalen in der Voraussetzung x y z und einem Literal w in der Conclusion. Sind alle Literale positiv, so nennen wir dies eine positive Implikation. Eine logisch äquivalente Darstellung ist die Klausel x y z w, in der alle Literale der Voraussetzung negiert sind. Um eine Menge von positiven Implikationen zu erfüllen, könnte man einerseits alle Variable auf false setzen, so daß keine der Vorbedingungen erfüllt ist, oder andererseits alle Variablen auf true, so daß alle Conclusionen gelten. Allgemein wollen wir eine Klausel eine Horn-Klausel nennen, wenn sie höchstens ein positives Literal enthält, und eine CNF-Formel eine Horn-Formel, wenn jede ihrer Klauseln die Horn-Bedingung erfüllt. HORN-SAT sei die Einschränkung des Erfüllbarkeitsproblems auf Horn-Formeln in CNF Die erste Strategie versagt, wenn es auch Klauseln ohne negierte Variable gibt, d.h. Klauseln mit nur einer einzigen positiven Variablen z, bzw. true z. Die zweite Strategie versagt, wenn nicht nur positive Implikationen vorkommen, mit anderen Worten Klauseln, die nur negierte Variable enthalten. Beispiele für Horn-Klauseln: x 1 x 2, x x 2 x 3, x 1 und x 1 x 2. Die ersten drei Klauseln können durch die positiven Implikationen x 1 x 2, x 1 x 2 x 3 und true x 1 ersetzt werden. Der folgende Algorithmus findet eine erfüllenden Belegung für eine gegebene Horn-Formel F := F (x 1,..., x r ). Seine Strategie besteht darin, möglichst viele Variablen auf 0 setzen, d.h. er konstruiert eine möglichst kleine Teilmenge T {x 1,..., x r } der Variablen, die

2 76 AKF, UzL WS2004/05 auf den Wert 1 gesetzt werden. T := while F besitzt eine positive Implikation K, deren Voraussetzung erfüllt ist do #[alle negierten Variablen von K sind in T ]# füge die positive Variable von K zu T hinzu. Das Verfahren terminiert, da T streng monoton wächst und maximal alle r Variablen von F enthalten kann. Am Ende sind nach Konstruktion alle positiven Implikationen erüllt. Die Horn-Klausel F ist dann insgesamt erfüllt, wenn jede Klausel mit lauter negierten Variablen mindestens eine Variable enthält, die nicht zu T gehört. Lemma 5.1 Ist T die Menge der Variablen mit Wert 1 einer beliebigen erfüllenden Belegung von F, dann gilt T T. Beweis: Die Schleifeninvariante T T gilt zu Anfang, da T =. Um einen Beweis durch Widerspruch zu führen, betrachten wir die erste Iteration, wo T T verletzt werden könnte, d.h. es gibt eine Klausel K in F, bzw. eine Implikation x i1 x i2... x ik x j mit {x i1,..., x ih } T T, und x j T wird zu T hinzugefügt. Dann würde T die Klausel K offensichtlich nicht erfüllen. Korollar 5.2 Falls F erfüllbar ist, so ist die durch den obigen Algorithmus konstruierte Menge T die eindeutige 1-minimale erfüllende Belegung von F, Die Laufzeit des Verfahrens ist höchstens quadratisch, da jede Iteration der WHILE- Schleife in linearer Zeit ausgeführt werden kann. Theorem 5.3 HORN-SAT P. Die Schwierigkeit des Erfüllbarkeitsproblems hängt nicht entscheidend davon ab, daß sich Variablen sehr oft wiederholen. Für k IN bezeichne k READ SAT die Einschränkung von SAT auf CNF-Formeln, bei der jede Variable höchstens k -mal vorkommt Kommt eine Variable entweder nur als positives Literal oder nur als negatives vor, so ist eine sinnvolle Belegung dieser Variablen offensichtlich und man kann die Formel auf einfache Weise vereinfachen. Die folgende Reduktion zeigt, daß SAT selbt bei Beschränkung auf maximal 3 Vorkommnisse, d.h. die Sprache 3 READ SAT, N P -vollständig bleibt. Ersetze jedes der s Vorkommnisse einer Variablen x i in einer Formel F durch eine neue Variable y i,1,..., y i,s. Um zu erzwingen, daß alle y i,j mit dem gleichen Booleschen Wert belegt werden, fügen wir die folgenden Klauseln hinzu: (y i,1 y i,2 ) (y i,2 y i,3 ) (y i,3 y i,5 )... (y i,s 1 y i,s ) (y i,s y i,1 ).

3 R. Reischuk, ITCS 77 1-READ-SAT ist offensichtlich immer erfüllbar, solange die leere Klausel nicht vorkommt, denn die leere Klausel wird per Definition durch keine Variablenbelegung erfüllt. Ebenso kann die Erfüllbarkeit einer 1-CNF-Formel, d.h. eines Monoms ganz einfach entschieden werden. Es verbleiben die beiden Varianten 2-SAT und 2-READ-SAT. Als erstes wollen wir zeigen, daß man auch 2-SAT sehr effizient entscheiden kann. Theorem 5.4 Das Problem 2-SAT kann deterministisch in linearer Zeit gelöst werden. Mit demselben Zeitaufwand kann auch eine erfüllende Belegung für eine 2-CNF-Formel F generiert werden, wenn F erfüllbar ist. Beweis: Die logischen Implikationen, die sich aus Klauseln einer Formel F in 2-CNF ergeben, können durch einen gerichteten Graphen G F kompakt dargestellt werden. Eine Klausel y z mit Literalen y, z ist äquivalent zu den Implikationen y z sowie z y. Der Graph G F besitzt für jede Variable x in F Knoten v[x] und v[x]. Die Klausel y z wird dann durch die beiden Kanten (v[y], v[z]) und (v[z], v[y]) repräsentiert. Dieser Graph besitzt lineare Größe und kann in linearer Zeit konstruiert werden. In G F betrachten wir die starken Zusammenhangskomponenten, abgekürzt SZK. Eine SZK ist eine Äquivalenzklasse von Knoten, wobei 2 Knoten u, v in der gleichen Klasse liegen, wenn es in G F sowohl einen Weg von u nach v als auch einen Weg von v nach u gibt. Die SZK eines Graphen G bilden einen neuen Graphen Ĝ, den SZK-Graph, wobei Ĝ eine gerichtete Kante von einer SZK Z zu einer SZK Z besitzt, wenn G eine Kante (z, z ) enthält mit z Z und z Z. Es ist einfach einzusehen, daß ein SZK-Graph azyklisch ist und damit ein DAG. Lemma 5.5 F ist nicht erfüllbar genau dann, wenn es eine Variable x in F gibt, so daß G F Pfade von v[x] nach v[x] und von v[x] nach v[x] besitzt, d.h. v[x] und v[x] liegen in der gleichen SZK. Beweis: Wir zeigen zunächst die Rückrichtung. Annahme, v[x] und v[x] gehören zur selben SZK. Eine erfüllende Belegung α von F setzt entweder x oder x auf true. Falls α x = 1, betrachte den Pfad von v[x] nach v[x]. Dieser muß eine Kante (v[y], v[z]) besitzen mit α y = 1 und α z = 0. Dann wird die Klausel y z nicht erfüllt. Analoges gilt für α x = 0 und den Pfad von v[x] nach v[x]. Dies bedeutet, daß es keine erfüllende Belegung geben kann. Nehmen wir nunmehr an, daß es keine Variable gibt, die in derselben SZK vorkommt wie ihre Negation. Wir konstruieren eine erfüllende Belegung für F, indem die SZK in umgekehrter topologischer Reihenfolge betrachtet werden, d.h. wir starten mit einer Senke des SZK-DAGs. Ist noch keine Wertzuweisung an eine Komponente Z erfolgt, werden alle Literale in dieser Komponente einheitlich auf true gesetzt. Die Negationen dieser Literale werden entsprechend auf false gesetzt. Da die Negationen nach Voraussetzung nicht in derselben SZK liegen, gibt es bei dieser Zuweisung keine Konflikte.

4 78 AKF, UzL WS2004/05 Da G F mit jeder Kanten (v[y], v[z]) auch die komplementäre Kante (v[z], v[x]) in umgekehrter Richtung beinhaltet, bilden alle Negationen der Literale einer SZK Z eine eigene SZK Z. Diese beiden SZK sind in G ˆ F entweder unverbunden oder Z ist ein Vorgänger von Z (d.h. es kann einen Weg von Z nach Z geben, aber nicht von Z nach Z ), da die SZK in umgekehrter topologischer Ordnung betrachtet werden. Die so konstruierte Belegung erfüllt F genau dann, wenn es in G F keine Kante (v[y], v[z]) gibt, bei der das Literal y den Wert true und z den Wert false bekommen hat. Da innerhalb einer SZK alle Literale gleich belegt werden, müßte solch eine Kante zwei SZK Z 1, Z 2 extern verbinden, d.h. (Z 1, Z 2 ) ist eine Kante in G ˆ F. Da Z 1 den Wert true besitzt und Z 2 den Wert false und wir die SZK in umgekehrter topologischer Ordnung betrachtet haben, muß die Wertzuweisung an Z 1 stattgefunden haben, nachdem bereits Z 2 den Wert false erhalten hat, und zwar indirekt durch Zuweisung des Wertes true an die komplementäre Komponente Z 2. Der SZK-Graph enthält aber auch die komplementäre Kante (Z 2, Z 1 ) und somit eine weitere Kante von true nach false. Mit der gleichen Schlußfolgerung ergäbe sich, daß Z 2 und Z 2 eine Wertzuweisung erst nach Z 1, Z 1 erhalten können, also ein Widerspruch. Die Bedingung des Lemmas haben wir als GAP-Problem bereits diskutiert, d.h. sie kann in N L überprüft werden. Somit liegt NON-2-SAT in N L und wegen der Abgeschlossenheit unter Komplement liegt auch 2-SAT in N L und damit in P. Man kann die Zeitschranke durch ein direktes deterministisches Vorgehen verbessern, Die SZK eines Graphen können in linearer Zeit berechnet werden, ebenso die topologische Ordnung des SZK-Graphen und die Zuweisung der Booleschen Werte an die SZK. Somit können wir eine erfüllende Belegung in Linearzeit konstruieren, wenn es eine gibt. Die folgende Aufzählung listet einige der wichtigsten Abwandlungen des Erfüllbarkeitsproblems auf: 1. MONOTON-3-SAT: Es werden nur 3-CNF-Formeln der Form F = F 1 F 2 betrachtet, wobei die Teilformel F 1 nur positive und die Teilformel F 2 nur negative Literale enthält. Das Erfüllbarkeitsproblem bleibt N P vollständig. Man kann nämlich 3-SAT auf folgende Weise auf diese Einschränkung reduzieren. Es genügt Klauseln zu modifizieren, bei denen entweder genau 1 oder 2 der Literale positiv sind. Ähnlich wie bei der Reduktion von SAT auf 3-SAT können wir im ersten Fall eine Klausel K = x 1 x 2 x 3 mit Hilfe einer zusätzlichen Variablen y durch die beiden Klauseln (x 1 y) (y x 2 x 3 ) ersetzen. Damit auch die erste Klausel Länge 3 besitzt, verwenden wir noch eine zweite zusätzliche Variable z und repräsentieren K durch die Klauseln (x 1 y z) (y x 2 x 3 ) (z x 2 x 3 ).

5 R. Reischuk, ITCS 79 Im anderen Fall lautet die Ersetzung x 1 x 2 x 3 (x 1 x 2 y) (x 1 x 2 z) (y z x 3 ) SAT: Gegeben ist eine Formel F in 3-CNF mit nur positiven Literalen. Man entscheide, ob es eine Belegung der Variablen gibt, so daß jede Klausel genau 1 Literal mit Wahrheitswert true besitzt. Eine derartige Belegung heiße 1-Erfüllung. Auch diese Variante ist N P vollständig. Um die N P -Härte nachzuweisen, bedarf es einer etwas aufwendigeren Reduktion von 3-SAT. Jede Klausel K = z u v einer 3-SAT-Formel wird ersetzt durch eine Sequenz von Klauseln unter Zuhilfenahme zusätzlicher Variable a 1,..., a 6. Im ersten Schritt generieren wir das System K Durch Fallunterscheidung zeigt man: z a 1 a 4 u a 2 a 4 v a 3 a 1 a 2 a 5 a 3 a 4 a 6 Fakt 1: Jede K -erfüllende Belegung der Literale z, u, v läßt sich zu einer 1-erfüllenden Belegung von K fortsetzen. Umgekehrt liefert die Restriktion einer 1-erfüllenden Belegung von K auf die Literale z, u, v eine erfüllende Belegung von K. Denn in Abhängigkeit von der Anzahl der Literale mit Wert true in K, kann man durch Wahl von Werten für a 1, a 2, a 3, a 4 sicherstellen, daß jede der 3 ersten Klauseln in K 1-erfüllt wird. Ist mindestens eins dieser Literale true, so müssen nicht gleichzeitig a 3, a 4 und auch nicht a 1, a 2 auf true gesetzt werden. Daher können durch geeignete Wahl für a 5, a 6 auch die beiden letzten Klauseln 1-erfüllt werden. Die mittlere Klausel von K der Länge 2 ersetzen wir dann durch das System v a 3 b b c 1 c 2 b c 1 c 2 Eine 1-erfüllende Belegung dieser Klausel läßt sich zu einer 1-erfüllenden Belegung dieser 3 Klauseln fortsetzen, wobei die Variable b den Wert false erhalten muß und die c i verschiedene Werte. Da dies die einzige Möglichkeit für eine 1-Erfüllung dieser beiden Klauseln ist, erhalten wir aus einer 1-Erfüllung dieser 3 Klauseln auch immer eine 1-Erfüllung von v a 3. Um das System schließlich in eines mit nur positiven Literalen zu verwandeln, wählen wir für jede Variable x i der Ausgangsformel 2 neue Variable x i+ und x i und ersetzen positive Vorkommen von x i durch x i+ sowie negative Vorkommen durch x i. Die Belegung x i = true wird dann durch x i+ = true und x i = false

6 80 AKF, UzL WS2004/05 repräsentiert, die Belegung x i = false durch x i+ = false und x i = true. Für die Rückrichtung müssen wir noch sicherstellen, daß die neuen Variablen x i+ und x i stets komplementäre Wahrheitswerte bekommen. Dazu werden noch folgende Klauseln hinzugefügt: x i+ x i d 1 i x i+ x i d 2 i d 1 i d 2 i d 3 i Auf Grund der letzten Klausel dürfen bei 1-Erfüllung nicht beide Variable d 1 i, d 2 i auf true gesetzt werden. Die beiden ersten Klauseln implizieren, daß d 1 i, d 2 i denselben Wert bekommen müssen, und damit den Wert false. Damit ist sichergestellt, daß genau eine der Variablen x i+, x i bei einer 1-Erfüllung den Wert true erhält. 3. NAE-SAT: Die Abkürzung steht für not-all-equal-sat. Gesucht ist eine Belegung, so daß in jeder Klausel mindestens ein Literal mit Wahrheitswert true und mindestens ein Literal mit false vorkommt. Eine derartige Belegung nennen wir eine NAE-Erfüllung. Die Analyse dieser SAT-Variante bedarf einiger Überlegungen und wird im folgenden ausgeführt. Theorem 5.6 NAE-SAT ist N P vollständig. Beweis: Wir zeigen die N P -Härte wieder durch eine Reduktion von 3-SAT. F = K 1 K 2... K k sei eine Formel in 3-CNF. Zunächst wählen wir für jede Klausel K j = z 1 z 2 z 3 zwei neue zusätzliche Variable y j und w j und ersetzen K j durch die Klauseln C 1 := z 1 z 2 y j C 2 := (z 1 z 2 ) y j (z 1 y j ) (z 2 y j ) C 3 := y j z 3 w j C 4 := (y j z 3 ) w j (y j w j ) (z 3 w j ) C 1 C 2 sind logisch äquivalent zu (z 1 z 2 ) y j, d.h. die zusätzliche Variable y j muß mit demselben Wert wie z 1 z 2 belegt werden. Dies garantiert, daß bei einer erfüllenden Belegung in C 1 beide Wahrheitswerte vorkommen. Analoges gilt für C 3, da (y j z 3 ) w j, d.h. w j z 1 z 2 z 3. Es sei c eine weitere neue Variable, die global für alle Klauseln benutzt wird. Mit c verlängern wir die beiden Klauseln der Länge 2, die C 2 beschreiben, sowie die beiden in C 4 auf Länge 3, d.h. wir ersetzen C 2 und C 4 durch C 2a := z 1 y j c C 2b := z 2 y j c C 4a := y j w j c C 4b := z 3 w j c

7 R. Reischuk, ITCS 81 Fakt 1: Ist α eine Belegung der Variablen, die K j α i, so ist erfüllt, und erhält z i dabei den Wert z i = α i, y j = α 1 α 2, w j = y j α 3 = α 1 α 2 α 3 sowie c = 0 eine NAE-erfüllende Belegung für C 1, C 2a, C 2b, C 3, C 4a, C 4b. Um die Rückrichtung zu garantieren, d.h. aus einer NAE-erfüllenden Belegung die Existenz einer erfüllenden Belegung im gewöhnlichen Sinn für die Formel F abzuleiten, werden noch weitere Klauseln benötigt. Erfüllt die Belegung α die Formel F, mit anderen Worten jede Klausel K j, so gilt wegen w j z 1 z 2 z 3 = K j w 1 [α]... w k [α] = 1, wobei w j [α] den Booleschen Wert bezeichnet, den die Variable w j bei der Erweiterung der Belegung α erhält. Für j = 2,... k wählen wir zusätzliche Variable v j und definieren D 2a := (w 1 w 2 ) v 2 (w 1 v 2 ) (w 2 v 2 ) D 2b := (w 1 w 2 ) v 2 w 1 w 2 v 2 D 3a := (v 2 w 3 ) v 3 (v 2 v 3 ) (w 3 v 3 ) D 3b := (v 2 w 3 ) v 3 v 2 w 3 v 3. D ka := (v k 1 w k ) v k (v k 1 v k ) (w k v k ) D kb := (v k 1 w k ) v k v k 1 w k v k Analog wie oben garantieren diese Klauseln die Äquivalenz von v 2 weiteren und w 1 w 2, des Schließlich fügen wir noch die Klausel v 3 v 2 w 3 w 1 w 2 w 3 v k v k 1 w k w 1... w k E := v k hinzu. Die 2-er und 1-er Klauseln werden wiederum durch c verlängert, so daß sich das folgende System ergibt: D 2a := w 1 v 2 c D 2a := w 2 v 2 c.. D ka := v k 1 v k c D ka := w k v k c E := v k c Setzen wir weiter v j = 1 für alle j [2..k], dann werden auch alle D und D -Klauseln sowie E NAE-erfüllt. Als Bild der Reduktion von F definieren wir die Formel F, die

8 82 AKF, UzL WS2004/05 aus allen Klauseln des Typs C 1, C 2a, C 2b, C 3,, C 4a, C 4b, D ja, D damit gezeigt: ja, D jb besteht. Wir haben Fakt 2: Besitzt F eine erfüllende Belegung im gewöhnlichen Sinn, dann besitzt F NAE-erfüllende Belegung. eine Zum Beweis der Reduktionseigenschaft in der Rückrichtung betrachten wir eine NAEerfüllende Belegung β der Formel F. Falls in β die Variable c den Wert 0 erhält, dann muß v k = 1 gelten, d.h. für alle j die Zuweisung w j = 1, und somit wird jede Klausel K j durch w j α 1 α 2 α 3 im gewöhnlichen Sinn erfüllt. Falls c = 1 in β, betrachten wir den komplementären Vektor β (jeder Wahrheitswert in β wird durch sein Komplement ersetzt). β ist auch eine NAE-erfüllende Belegung für die Formel F. In β gilt jedoch c = 0, wir können diesen Fall daher auf den ersten zurückführen. Weitere wichtige Fragestellungen im Zusammenhang mit Booleschen Formeln sind die folgenden. 1. FORMEL-ÄQUIVALENZ: Sind 2 gegebene Formeln F 1, F 2 logisch äquivalent ( F 1 F 2 )? Dies Problem ist vollständig für die Klasse co- N P. Wir müssen überprüfen, ob für alle Belegungen α = (α 1,..., α r ) der Variablen in F 1 (x x,..., x r ) und F 2 (x 1,..., x r ) die Identität F 1 (α) = F 2 (α) erfüllt ist. Die Negation dieses Prädikates ist die Existenz einer Belegung α mit F 1 (α) F 2 (α). Da dies Problem offensichtlich in N P liegt, gehört FORMEL-ÄQUIVALENZ zu co-n P. Die Härte kann man durch eine Reduktion des Nichterfüllbarkeitsproblems SAT zeigen. Eine Eingabe F für dies Problem transformieren wir in eine Eingabe (F 1, F 2 ) für FORMEL-ÄQUIVALENZ, wobei F 1 = F und F 2 = x 1 x 1 gewählt wird. Ist F 1 äquivalent zu der offensichtlich nicht erfüllbaren Formel F 2, so bedeutet dies gerade F SAT. 2. USAT: Gegeben eine Formel F in 3-CNF, man entscheide, ob F genau 1 erfüllende Belegung besitzt. Dies Problem ist co- N P -hart; ob es auch in co- N P oder in N P liegt, ist bislang nicht bekannt. Eine Reduktion von 3 SAT läßt sich wie folgt führen: Sei F = F (x 1,..., x r ) = K 1... K m mit Klauseln K j. Wähle eine zusätzliche Variable x 0 und betrachte ˆF := (x 0 x 1... x r ) (x 0 F ). Setzt man alle Variablen auf 1, so wird ˆF erfüllt. Besitzt F eine erfüllende Belegung, so wird diese durch x 0 = 0 zu einer weiteren erfüllenden Belegung von ˆF

9 R. Reischuk, ITCS 83 fortgesetzt. Also gilt F 3 SAT ˆF USAT. ˆF können wir in eine äquivalente CNF-Formel umwandeln ˆF F := 1 j n x j x o 0 j n 1 i k x j K i und anschließend durch zusätzliche Variable auf 3-CNF transformieren Die Resolutionsmethode Resolution ist ein algorithmisches Verfahren, um die Nichterfüllbarkeit einer CNF-Formel F nachzuweisen. Definition 5.1 Enthält eine Formel F zwei Klauseln der Form K 1 = (u 1 u 2... u r y) und K 2 = (v 1 v 2... v s y), wobei u i, v i Literale sind und y eine Variable, so heißt R := (u 1 u 2... u r v 1... v s ) die Resolvente von K 1, K 2, in Notation K 1, K 2 Res R oder R = Res(K 1, K 2 ). Wendet man diese Operation iteriert auf geeignete Paare von Klauseln von F an und fügt die Resolvente jeweils zu F als weitere Klausel hinzu, so entsteht eine neue Formel F, eine Obermenge der Klauseln von F. Wir sagen dann für F und auch jede Teilmenge F der Klauseln von F : F läßt sich durch Resolution aus F ableiten. in Notation F Res F. Einfache aussagenlogische Schlüsse zeigen: Lemma 5.7 Es sei K = K 1 K 2 und K := K 1 K 2 R für ein R mit K 1, K 2 Res R. Dann gilt K K. Betrachten wir den Spezialfall r = s = 0, d.h. K 1 = y und K 2 = y, so ergibt sich als Resolvente die Klausel der Länge 0. Offensichtlich ist jede Formel, die die beiden komplementären Klauseln y und y enthält, nicht erfüllbar. Aus diesem Grunde haben wir der leeren Klausel den Wahrheitswert false zugeordnet. Daher können wir formulieren: Fakt: Enthält eine Formel F in CNF die leere Klausel, so ist sie nicht erfüllbar. Zum Nachweis der Nicht-Erfüllbarkeit einer Formel F in CNF geht die Resolutionsmethode nun folgendermaßen vor. Erweitere die Menge der Klauseln schrittweise um eine Resolvente Res(K i, K j ).

10 84 AKF, UzL WS2004/05 Falls dabei die leere Klausel entsteht, halte mit dem Ergebnis nicht-erfüllbar. Wenn durch Resolution keine neuen Klauseln mehr erzeugt werden können, halte mit dem Ergebnis erfüllbar. Definition 5.2 Der Resolutions-DAG für eine Menge F = {K 1,..., K m } von Klauseln ist ein gerichteter azyklischer Graph mit Ingrad 2, dessen Knoten mit Klauseln über der Variablemenge von F beschriftet sind. Die Quellen tragen als Label eine Klausel, die in F vorkommt, die einzige Senke ist mit markiert. Die Beschriftung der internen Knoten muß der folgenden Bedingung genügen: Besitzt ein Knoten v die direkten Vorgänger v 1, v 2 und sind U, U 1, U 2 die Labels dieser Knoten, so gilt U 1, U 2 Res U. Als Beispiel betrachten wir das Pigeonhole-Prinzip P HP n : Wenn n + 1 Tauben auf n Taubenschläge verteilt werden, so gibt es mindestens einen Schlag, in dem sich mehr als 1 Taube befindet. Man kann diese Aussage mit Hilfe Boolescher Variable x ij formalisieren, wobei i [1..n], j [1..n + 1] und x ij = 1 interpretiert wird als: Taube j befindet sich im Schlag i. Damit läßt sich die Unmöglichkeit der Aufgabenstellung, alle Tauben ohne Doppelbelegung zu verteilen, beschreiben durch eine nichterfüllbare Formel bestehend aus den Klauseln: j [1..n + 1] : x 1,j... x n,j jede Taube ist in mindestens einem der n Schläge, i [1..n] 1 k < j n + 1 : x i,k x i,j in keinem Schlag i sitzt mehr als 1 Taube, Während die Nichterfüllbarkeit mit dem semantischen Hintergrund sofort einsichtig ist, erweist sich ein rein syntaktischer (formaler) Beweis als langwierig. Es wurde nämlich gezeigt, daß jeder Beweis für die Nichterfüllbarkeit von P HP n im Resolutionskalkül exponentielle Länge besitzt. Die Resolutionsmethode garantiert somit nicht, daß für ein Problem in co-n P ein kurzer (positiver) Beweis gefunden wird. Zumindest gilt aber: immer Theorem 5.8 Der Resolutionskalkül ist korrekt, d.h. wenn F Res F gilt, dann folgt auch F = F. Der Resolutionskalkül ist widerlegungsvollständig, d.h. wenn F nicht erfüllbar ist, dann gilt F Res. Beweis: Die erste Eigenschaft folgt durch Induktion über die Länge der Resolution, wobei der Induktionsschritt gerade durch das obige Lemma abgedeckt wird. Für die Widerlegungsvollständigkeit benutzen wir enbenfalls Induktion, und zwar über die Länge n der CNF-Formel F. Im Trivialfall n = 2 muß eine nichterfüllbare Formel F

11 R. Reischuk, ITCS 85 die Gestalt F = x x besitzen. Dann läßt sich die leere Klausel in einem Schritt ableiten. Sei nun F der Länge n + 1 nicht erfüllbar. Dann muß es mindestens eine Variable x geben, so daß sowohl x als auch x als Literale in F vorkommen. Setzt man x konstant, so ergeben sich kürzere Formeln F x=1 und F x=0, die beide ebenfalls nicht erfüllbar sind. Ist beispielsweise F = K 1 K 2 K 3 K 4 K 5 = (x 1 x 2 ) (x 1 x 3 ) (x 2 x 3 ) (x 2 x 3 ) (x 2 x 3 ), so ergibt sich F x1 =0 = x 2 K 3 K 4 K 5 und F x1 =1 = x 3 K 3 K 4 K 5. Falls diese beide Formeln nicht leer sind, gilt nach Ind.-Voraussetzung: F x=1 Res und F x=0 Res. F x=1 + x bezeichne die Formel, die aus F x=1 entsteht, wenn man zu jeder Klausel, die ursprünglich das Literal x enthielt, dies wieder hinzufügt, und entsprechend F x=0 + x Im obigen Beispiel erhalten wir also F x1 =0+x 1 = (x 1 x 2 ) K 3 K 4 K 5 und F x1 =1+x 1 = (x 1 x 3 ) K 3 K 4 K 5. Wendet man den Resolutionsprozeß für F x=1 auf diese erweiterten Klauseln an, so ergibt sich entweder wieder die leere Klausel oder die Klausel x, denn x könnte als einziges Literal jeden Resolutionsschritt überleben. Analoges gilt für F x=0 + x, aus welchem sich die leere Klausel oder die Klausel x ableitet. Aus den beiden Klauseln x und x kann nunmehr abgeleitet werden. Falls andererseits eine der Formeln leer ist, z.b. F x=1, so bedeutet dies, daß x alleine in einer Klausel von F vorkommt und daß F x=1 + x = x. Dieser Fall tritt beispielsweise bei der Formel F = (x y) x ein. Man beachte, daß der Resolutionskalkül kein vollständiges Beweissystem ist, d.h. es gibt Formeln F, F mit F = F, aber im Kalkül ist die Herleitung F Res F nicht möglich. Ein einfaches Beispiel ist F = x und F = x y für zwei Variable x, y. Mit Hilfe einer vorherigen Transformation, d.h. unter Erweiterung des Resolutionskalküls, kann man jedoch auch positive Beweise generieren. Der Nachweis einer Implikation α β beispielsweise kann dadurch erbracht werden, daß man zeigt, daß die Behauptung α β nicht erfüllbar ist. Kommen wir noch einmal auf 2-SAT zurück, so sehen wir, daß durch Resolution von Klauseln, deren Länge maximal 2 beträgt, keine Klauseln größerer Länge entstehen können. Bei n Variablen gibt es nur O(n 2 ) viele verschiedene Klauseln der Länge maximal 2. Nach höchstens quadratisch vielen Iterationen auf einer 2-CNF-Formel F hat somit die Resolutionsmethode entweder die leere Klausel generieren können oder es können keine weiteren Klauseln erzeugt werden, d.h. F ist erfüllbar. Aus dieser einfachen Überlegung ergibt sich bereits die Beziehung 2 SAT P.

12 86 AKF, UzL WS2004/ Der Davis-Putnam-Algorithmus Es ist bis heute ein offenes Problem, ob es für die Nichterfüllbarkeit einer Booleschen Formel F immer einen kurzen, d.h. polynomial langen Beweis gibt. Falls diese Eigenschaft nicht gilt, so würde dies N P = co-n P implizieren. Denn der Nachweis der Erfüllbarkeit ist kein Problem. Einen kurzen Beweis kann man direkt angeben, man braucht nur eine erfüllende Belegung, eine Modell für F, zu benennen. Aufwendig kann es jedoch sein, ein geeignetes Modell erst einmal zu finden. Hierfür sind eine Vielzahl von Methoden untersucht worden, die wohl bekannteste ist das Davis-Putnam-Verfahren. Es basiert auf den folgenden Operationen, wobei die ersten beiden nur für CNF-Formeln zur Anwendung kommen: 1. Unit-Regel: kommt ein Literal z in einer Klausel K einer CNF-Formel F alleine vor, so setze z auf den Wert true und streiche K (Unit). 2. Subsumption: K 1, K 2 seien Klauseln mit der Eigenschaft, daß alle Literale aus K 1 auch in K 2 vorkommen, man sagt dann, K 1 subsummiert K 2. Streiche Klauseln, die durch andere subsummiert werden (Subsump). 3. Pure-Literal-Regel: kommt eine Variable x in einer Formel F nur positiv oder nur negiert vor, so setze sie auf den Wert true bzw. false und streiche alle so erfüllten Klauseln (Pure). 4. Split-Regel: für Variable x, die sowohl positiv als auch negiert vorkommen, ersetze F durch die beiden Formeln F x:=0 und F x:=1 und teste jede dieser Teilformeln für sich auf Erfüllbarkeit. Das Verfahren endet erfolgreich, wenn ein Modell für F gefunden wird, d.h. durch eine sukzessive Belegung der Variablen konnten alle Klauseln von F gestrichen (d.h. erfüllt) werden es bleibt die leere Formel λ übrig. Gibt es eine erfüllende Belegung, so wird diese auch gefunden. Allerdings kann die Reihenfolge, in der die Variablen bei der Split-Regel ausgewählt werden, die Länge des Verfahrens wesentlich beeinflussen, denn es werden unterschiedliche Teilprobleme generiert. Besitzt F dagegen kein Modell, so muß bei r Variablen im Prinzip jede der 2 r Variablenbelegungen betrachtet werden. Bei glücklicher Wahl der Variablen-Reihenfolge kann jedoch unter Umständen schon eine Teilbelegung der Variablen ergeben, daß die Formel so nicht erfüllt werden kann, d.h. eine Reihe von Tests können entfallen.

13 R. Reischuk, ITCS 87 procedure DavisPutnam ( F : CNF): Boolean; Eingabe: eine Formel F in CNF Ausgabe: true genau dann wenn F erfüllbar ist begin while F Unit(F ) or F Pure(F ) or F Subsump(F ) do F := Subsump(Pure(Unit(F ))) ; if F = λ then return true; #[ F enthält keine Klauseln mehr]# if F enthält eine Klausel K false then return false; wähle eine Variable x, die in F vorkommt; if DavisPutnam( F x:=1 ) = true then return true; return DavisPutnam( F x:=0 ) end DavisPutnam. Eine optimale Wahl der Split-Variablen dürfte in der Regel schwer vorherzuberechnen sein. Durch probabilistische Entscheidungen kann man versuchen, eine zumindest im Mittel nicht allzu schlechte Wahl zu treffen. Ein alternativer Ansatz sind sogenannte Random Walks, bei denen eine Belegung aller Variablen zufällig gewählt wird und man dann versucht, für nicht erfüllte Klauseln durch Änderung des Wertes eines ihrer Literale eine erfüllende Belegung zu finden. Auf diese Weise erhält man einen probabilistischen Algorithmus mit einer Laufzeit von O(expc r) für Formeln mit r Variablen, wobei c < 1, d.h. deutlich weniger als die triviale Schranke exp r, die sich durch Testen aller Variablenbelegungen ergibt. Allerdings besitzt der probabilistische Algorithmus eine wenn auch sehr kleine Fehlerwahrscheinlichkeit, bei einer erfüllbaren Formel keine erfüllende Belegung zu finden. Von großem Interesse ist auch die Untersuchung der durchschnittlichen Laufzeit, um die Erfüllbarkeit einer zufällig generierten CNF-Formel zu entscheiden, die average-case- Komplexität von SAT. Hierbei zeigt sich, daß die genauen Parameter, wie eine zufällige Formel generiert wird, entscheidenden Einfluß nehmen. Ist die Zahl n der Klauseln einer 3-CNF-Formel F im Verhältnis zur Zahl der Variablen klein, so ist F mit hoher Wahrscheinlichkeit erfüllbar und der Davis-Putnam-Algorithmus findet eine der vielen erfüllenden Belegungen schnell. Falls F sehr viele Klauseln besitzt, ist die Chance, daß sie eine erfüllende Belegung besitzt, dagegen sehr klein. Durch Resolution kann man in diesem Fall hoffen, sehr schnell die leere Klausel generieren zu können. Simulationen haben gezeigt, daß der Übergang von Erfüllbar zu Nichterfüllbar sehr drastisch erfolgt, d.h. in einem ganz engen Bereich des Quotienten n/r sind die Wahrscheinlichkeiten, daß eine zufällige Formel dieser Größe erfüllbar bzw. nicht erfüllbar ist, beide deutlich größer als null, und außerhalb dieses Bereiches liegt einer der Werte sehr nahe bei 1, der andere dementsprechend bei 0. Das genaue Verhalten um diese kritische Threshold τ 4, 3 wird zur Zeit eingehender untersucht. Durch den Einsatz probabilistischer und auch algebraischer Methoden konnten so in den letzten Jahren wesentliche Fortschritte bei der Generierung kurzer Beweise, etwa für die Nichterfüllbarkeit bestimmter Formeln, erzielt werden.

14 88 AKF, UzL WS2004/05 6 Quantifizierte Boolesche Formeln Durch Verwendung von Quantoren kann die Ausdrucksstärke Boolescher Formeln erheblich gesteigert werden. Definition 6.1 Eine quantifizierte Boolesche Formel (QBF) ist ein Ausdruck der Form E = Q 1 x 1 Q 2 x 2... Q m x m F (x 1,..., x m ), wobei Q i {, } und F (x 1,..., x m ) eine Boolesche Formel in den Variablen x 1,..., x m ist. Es bezeichne F 0 bzw. F 1 die Formel, die man aus F erhält, indem die Variable x 1 durch die Konstante 0 bzw. 1 ersetzt wird, und E i die quantifizierte Formel Q 2 x 2... Q m x m F i. E heißt wahr, falls m = 0 und F 1 oder Q 1 = und E 0 oder E 1 sind wahr oder Q 1 = und E 0 und E 1 sind wahr. Man beachte, daß im Fall m = 0 die Formel F keine Variablen, sondern nur Boolesche Konstanten enthält. Somit können wir die folgende Sprache definieren QBF := {E E ist eine wahre QBF }. Zum Beispiel ist die Boolesche Formel F (x 1,..., x m ) erfüllbar in dem zuvor definierten Sinn, falls die quantifizierte Formel x 1... x m F (x 1,..., x m ) wahr ist. Mit Hilfe von quantifizierten Formeln lassen sich Berechnungen von TM in der Klasse PSPACE beschreiben. Theorem 6.1 QBF ist PSPACE vollständig. Beweis: Um QBF PSPACE zu zeigen, betrachte man den Ableitungsbaum einer Formel E = Q 1 x 1... Q m x m F (x 1,..., x m ) (Abbildung 6), der alle möglichen Belegungen der Variablen beschreibt. Man kann diesen Baum der Tiefe m ähnlich wie beim Pebble-Game auswerten: Dem Pebbeln eines Knotens entspricht die Entscheidung über die Erfüllbarkeit einer Formel mit Hilfe ihrer beiden Teilformeln E 0, E 1. Eine DTM kann die Auswertung auf Platz O(m + F (x 1,..., x m ) ) durchführen. Es bleibt zu zeigen, daß QBF PSPACE -hart ist. Die Idee ist ähnlich wie beim Beweis der N P -Vollständigkeit von SAT. M sei eine S platzbeschränkte und damit auch exp (cs) zeitbeschränkte deterministische 1-Band DTM mit Zustandsmenge Q und Alphabet Σ, die eine Sprache L PSPACE akzeptiert, und Σ := Σ (Σ Q). X sei eine Eingabe der Länge n. Ferner definieren wir s := S(n) und t := exp (c s) und betrachten die