Lecture 2 Space Complexity

§1–3：讲义 PDF p1–30（页脚 1–29）；教材 §1.10 末（QBF，书 p33–34）、§1.15（归约，书 p43–44）、§1.16–1.17（书 p45–51，PDF p58–64）、§1.18 前半（书 p52–53，PDF p65–66） §4–6：讲义 PDF p31–45（页脚 30–44）；教材 §1.17 定理 1.14（书 p51）、§1.18 末（书 p54–55）、§1.19（书 p55–58，PDF p68–71）

第 1 讲研究时间。本讲换一种资源：空间，即计算时要用多少格草稿纸。空间和时间最大的不同是可以重复使用：时间一去不复返，草稿纸却可以擦掉重写。这一点让空间复杂性呈现出与时间很不一样的面貌：

• 非确定性对时间的帮助至今说不清（$\mathbf{P}\stackrel{?}{=}\mathbf{NP}$），对空间的帮助却很有限（Savitch：最多平方）。
• 非确定型时间类是否对补封闭不知道（$\mathbf{NP}\stackrel{?}{=}\mathbf{coNP}$），非确定型空间类却是封闭的（Immerman-Szelepcsényi）。

本讲的整体逻辑如下：

部分	要回答的问题	核心结论
1. Space Bounded Computation	空间怎么计量？和时间什么关系？	只计工作带；格局图；$\mathbf{SPACE}(S)\subseteq \mathbf{TIME}(2^{O(S)})$；空间谱系
2. Logspace Reduction	怎样比较 $\mathbf{P}$ 以内问题的难度？	对数空间归约：输出很长，但每一位都能在对数空间算出
3. PSPACE Completeness	$\mathbf{PSPACE}$ 中最难的问题是什么？	$\mathrm{TQBF}$ 是 $\mathbf{PSPACE}$-完全的；多项式空间 ≈ 双人博弈
4. Savitch Theorem	非确定性能节省多少空间？	$\mathbf{NSPACE}(S)\subseteq \mathbf{SPACE}(S^2)$，故 $\mathbf{PSPACE}=\mathbf{NPSPACE}$
5. NL Completeness	$\mathbf{NL}$ 的代表问题是什么？	有向图可达性 $\mathrm{PATH}$ 是 $\mathbf{NL}$-完全的
6. Immerman-Szelepcsényi	$\mathbf{NL}$ 对补封闭吗？	是：$\overline{\mathrm{PATH}}\in \mathbf{NL}$

贯穿全讲的工具是格局图：把”机器是否接受 $x$“变成”图中从起点能否走到终点”。第 3、4、5、6 部分都是在这张图上做文章。

1. Space Bounded Computation

1.1 空间的计量：SPACE 与 NSPACE

先要规定”用了多少空间”怎么算。若把输入本身也算进去，任何算法至少用 $n$ 格，就无法讨论”比输入还小的空间”。可是很多有意义的算法只需几个指针或计数器，例如数一数输入里有几个 $1$。所以约定：输入带只读、不计入空间，只数工作带上用过的格子。

定义： $\mathbf{SPACE}(S(n))$ 与 $\mathbf{NSPACE}(S(n))$

设 $S:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$，$L\subseteq \{0,1{\}}^{\ast }$。

• $L\in \mathbf{SPACE}(S(n))$：存在常数 $c$ 和判定 $L$ 的图灵机，在每个长度为 $n$ 的输入上，访问过的工作带格子（非空白）不超过 $cS(n)$ 个。
• $L\in \mathbf{NSPACE}(S(n))$：存在常数 $c$ 和接受 $L$ 的非确定图灵机，无论做出怎样的非确定选择，访问过的工作带格子都不超过 $cS(n)$ 个。

通常要求 $S(n)\ge \log n$。理由是机器至少要能”指向”输入的任意一位，例如记住输入读写头的位置，这需要一个 $\log n$ 位的计数器。比 $\log n$ 更小的空间几乎做不了有意义的事。

与线性加速类似，空间也有压缩定理：$S(n)$ 空间可以压缩到 $ϵS(n)+1$（把若干格编码成一个符号）。所以 $\mathbf{SPACE}(\cdot )$ 的定义中允许常数倍。

与时间可构造类似，空间函数也要求可构造：

定义：空间可构造函数

设 $S(n)\ge \log n$。

1. 若存在图灵机在 $O(S(n))$ 空间内计算 $1^n\mapsto └S(n)┘$，称 $S$ 空间可构造。
2. 若存在图灵机在输入 $1^n$ 上恰好使用 $S(n)$ 格工作带后停机，称 $S$ 完全空间可构造。

两种定义等价（不同于时间的情形）。

空间可构造性的主要用途是圈地：先在工作带上标出 $S(n)$ 个格子作为”领地”，之后的模拟一旦要越界就停下，这相当于时间的”时钟”。

对非确定型机器，若 $S$ 空间可构造，可以放宽要求：只需成功的计算路径不超过 $cS(n)$ 空间，失败的路径可以越界甚至不停机。理由是可以先圈出 $cS(n)$ 格，越界的路径直接判为失败。

1.2 格局与格局图

时间的核心对象是”一串格局”。空间的核心对象是所有可能格局组成的图，因为空间有限，格局的总数也就有限。

定义：格局（空间版）

运行中的图灵机 $M$ 在输入 $x$ 上的格局由以下部分组成：

• 当前状态；
• 工作带内容（研究空间时总可以假设只有一条工作带）；
• 所有读写头的位置，包括输入带读写头的位置。

起始格局记为 $C_{\mathrm{start}}$。约定只有唯一的接受格局 $C_{\mathrm{accept}}$（例如接受前先把工作带擦干净、读写头归位）。

输入内容固定，不放进格局；但输入读写头的位置要记，它需要 $\log n$ 位。

格局有多少个？ 设 $M$ 使用 $S=S(n)$ 格工作带，状态集 $Q$、字母表 $\Gamma$ 都是常数大小。一个格局要记录：状态（$|Q|$ 种）、工作带内容（$|\Gamma {|}^S$ 种）、工作带读写头位置（$S$ 种）、输入读写头位置（$n+1$ 种）。总数至多

$$|Q|\cdot |\Gamma {|}^S\cdot S\cdot (n+1)=2^{O(S)}(\text{用到 }S\ge \log n).$$

每个格局可以用 $O(S)$ 位描述。

$S\ge \log n$ 的约定在这里又起了作用：它让输入读写头位置带来的 $n$ 倍被 $2^{O(S)}$ 吸收。

定义：格局图（configuration graph）

$M$ 在输入 $x$ 上的格局图 $G_{M,x}$ 是有向图：顶点是 $M(x)$ 的所有格局，若格局 $C$ 一步可以变成 $C^{\prime }$，就连一条边 $C\to C^{\prime }$。

于是：$M$ 接受 $x$ $⟺$ $G_{M,x}$ 中存在从 $C_{\mathrm{start}}$ 到 $C_{\mathrm{accept}}$ 的路径。

确定型机器每个格局至多一条出边，格局图是一条（可能带圈的）链；非确定型机器每个格局可以有两条出边。无论哪种，“是否接受”都变成了图的可达性问题，而格局图有 $2^{O(S)}$ 个顶点。

还有一个推论：若 $S$ 空间的确定型机器停机，它至多运行 $2^{O(S)}$ 步，否则某个格局会重复出现，机器陷入死循环。所以总可以假设空间受限的机器都会停机：给它装一个能数到 $2^{O(S)}$ 的计数器即可，这个计数器只占 $O(S)$ 空间。

怎样判断”一步可达”？ 后面的构造都要反复检查”$C\to C^{\prime }$ 是不是一条边”，所以需要知道这一检查本身有多便宜。

引理：一步关系是局部可检查的

存在大小为 $O(S(n))$ 的合取范式 ${\phi }_{M,x}$，使对任意两个格局 $C,C^{\prime }$： ${\phi }_{M,x}(C,C^{\prime })=1⟺C\to C^{\prime }\text{ 是 }{G}_{M,x}\text{ 的边}.$ 给定 $C,C^{\prime }$，求值 ${\phi }_{M,x}(C,C^{\prime })$ 可在 $O(S(n))$ 时间、$O(\log S(n))$ 空间内完成；${\phi }_{M,x}$ 本身也能在 $O(\log S(n))$ 空间内构造出来。

直观：一步计算只改动读写头所在的格子及其旁边。所以检查 $C\to C^{\prime }$，只需把两个格局逐格比较：远离读写头的格子必须不变，读写头附近的格子必须按迁移函数变化。每一格的检查是一个常数大小的小公式，$S$ 个小公式合取起来就是 ${\phi }_{M,x}$。逐格扫描时只要记住”正在比较第几格”，所以只需 $O(\log S)$ 空间。

1.3 空间与时间的关系

定理

设 $S(n)$ 空间可构造，则 $\mathbf{TIME}(S(n))\subseteq \mathbf{SPACE}(S(n))\subseteq \mathbf{NSPACE}(S(n))\subseteq \mathbf{TIME}\left(2^{O(S(n))}\right).$

证明

• 第一个：$S(n)$ 步内读写头至多走过 $S(n)$ 个格子。
• 第二个：确定型机器是非确定型机器的特例。
• 第三个：设 NDTM $N$ 在 $S(n)$ 空间内接受 $L$。确定型机器先在 $2^{O(S)}$ 时间内写出格局图 $G_{N,x}$（逐对检查 ${\phi }_{N,x}(C,C^{\prime })$），再用广度优先搜索判断 $C_{\mathrm{start}}$ 能否到达 $C_{\mathrm{accept}}$。图有 $2^{O(S)}$ 个顶点，BFS 的时间是其多项式，仍为 $2^{O(S)}$。$\square$

时间与空间的直观对比：时间 $T$ 至多用掉 $T$ 格空间；空间 $S$ 至多”撑得住” $2^{O(S)}$ 步，因为不同的格局只有这么多。更精细的结果是：

定理（Hopcroft-Paul-Valiant, 1975）

$\mathbf{TIME}(S(n))\subseteq \mathbf{SPACE}(S(n)/\log S(n)).$

即 $S$ 步的计算总能用比 $S$ 略少的空间完成。这是目前已知的 $\mathbf{TIME}$ 与 $\mathbf{SPACE}$ 之间唯一的非平凡关系，证明见教材 §1.20。

1.4 空间复杂性类

定义：常用空间类

$$\mathbf{L}=\mathbf{SPACE}(\log n),\mathbf{NL}=\mathbf{NSPACE}(\log n),$$ $$\mathbf{PSPACE}=\bigcup _{c>0}\mathbf{SPACE}(n^c),\mathbf{NPSPACE}=\bigcup _{c>0}\mathbf{NSPACE}(n^c).$$

对数空间 $\mathbf{L}$ 的直观：$O(\log n)$ 位恰好够存常数个指向输入的指针或不超过 $n^{O(1)}$ 的计数器。$\mathbf{L}$ 就是”只用常数个指针和计数器扫描输入”能解决的问题。

例： $\mathbf{L}$ 中的问题

• $\mathrm{EVEN}=\{x\mid x\text{ 含偶数个 }1\}$：扫描输入，只记一位奇偶性。
• $\mathrm{PLUS}=\{(└m┘,└n┘,└m+n┘)\}$：从低位到高位逐位检查，只记”当前第几位”和进位。
• $\mathrm{MULP}=\{(└m┘,└n┘,└m\times n┘)\}$：用小学竖式乘法逐位检查结果的每一位。第 $k$ 位等于所有满足 $i+j=k$ 的 $m_i{n}_j$ 之和加上进位，只需记下标 $i,j,k$ 和进位（进位不超过 $|m|$，也只需对数位）。

$\mathbf{NL}$ 的代表问题：可达性。

定义： $\mathrm{PATH}$

$\mathrm{PATH}=\{⟨G,s,t⟩\mid \text{有向图 }G\text{ 中存在从 }s\text{ 到 }t\text{ 的路径}\}.$

命题

$\mathrm{PATH}\in \mathbf{NL}$。

证明

设 $G$ 有 $n$ 个顶点。从 $s$ 出发，每一步非确定地猜当前顶点的一个出邻居并走过去，同时计数；走到 $t$ 就接受，走满 $n-1$ 步还没到就拒绝。任何时刻只需记住”当前顶点”和”已走步数”，都是 $O(\log n)$ 位。$\square$

关键在于空间可以重用：走过的路不必记住，到了新顶点就把旧顶点擦掉。若真有路径，某条猜测序列会恰好沿它走到 $t$。

$\mathbf{PSPACE}$：比 $\mathbf{NP}$ 更大。

命题（Games are harder than puzzles）

$\mathbf{NP}\subseteq \mathbf{PSPACE}.$

证明：$\mathbf{NP}$ 问题的每条计算路径只用多项式空间。确定型机器逐一枚举所有选择序列，每试完一条就擦掉重来，空间可以重复使用，所以总空间仍是多项式（时间却是指数的）。

这个包含关系的直观意义是”谜题比博弈容易”。数独、哈密尔顿回路这类谜题的答案很短，猜出来就能检查，属于 $\mathbf{NP}$。围棋、象棋这类双人博弈要找的是必胜策略，它要应对对手的所有应招，可能根本写不成多项式长，只能靠遍历博弈树来判断；而遍历博弈树恰好只需多项式空间（第 3 部分）。

综合 §1.3 的定理（取 $S=\log n$ 与 $S=n^c$），得到下面的包含链：

$$\mathbf{L}\subseteq \mathbf{NL}\subseteq \mathbf{P}\subseteq \mathbf{NP}\subseteq \mathbf{PSPACE}\subseteq \mathbf{EXP}.$$

其中 $\mathbf{NL}\subseteq \mathbf{P}$ 来自 $2^{O(\log n)}=n^{O(1)}$。

1.5 通用机与空间谱系定理

时间谱系定理的条件里有 $\log$ 因子，因为通用机模拟要多花 $\log T$ 倍时间。模拟的空间开销则小得多：

定理（无空间开销的通用机）

存在通用图灵机，模拟空间 $S(n)\ge \log n$ 的机器 $M_{\alpha }$ 时，只用 $c\cdot S(n)$ 空间，常数 $c$ 只依赖于 $M_{\alpha }$。

通用机把 $M_{\alpha }$ 的所有工作带内容存在自己的一条工作带上，用特殊符号标出各读写头的位置，再用常数大小的额外区域记录当前状态等簿记信息。数据搬来搬去只花时间，不多占空间。

定理（空间谱系定理，Hartmanis-Stearns 1965）

若 $f,g$ 空间可构造且 $f(n)=o(g(n))$，则 $\mathbf{SPACE}(f(n))⊊\mathbf{SPACE}(g(n)).$

证明

与时间谱系定理相同，用对角线构造机器 $V$：

1. 在工作带上圈出 $g(n)$ 格（用到 $g$ 空间可构造）；
2. 模拟 $M_x(x)$，一旦模拟需要越出圈定区域就停机并输出 $0$；同时用一个计数器数步数，超过 $2^{O(g(n))}$ 步（说明 $M_x$ 已陷入循环）也停机输出 $0$；
3. 若模拟正常结束，输出 $\overline{M_x(x)}$。

$V$ 判定的语言 $L\in \mathbf{SPACE}(g(n))$。若 $L$ 由某台空间 $f(n)$ 的机器 $M$ 判定，由于模拟只多常数倍空间且 $f=o(g)$，取 $M$ 的一个足够长的编码 $\alpha$，$V$ 能在 $g(|\alpha |)$ 空间内模拟完 $M_{\alpha }(\alpha )$，于是 $V(\alpha )=\overline{M_{\alpha }(\alpha )}$；另一方面 $M_{\alpha }$ 与 $V$ 判定同一语言，$M_{\alpha }(\alpha )=V(\alpha )$，矛盾。$\square$

与时间版本相比，这里只要求 $f=o(g)$，没有 $\log$ 因子，正是因为通用机的空间开销只是常数倍。由此 $\mathbf{L}⊊\mathbf{PSPACE}$。

2. Logspace Reduction

2.1 为什么需要更弱的归约

§2.6（第 1 讲）用归约证明了停机问题不可判定：把问题 $A$ 的实例变成问题 $B$ 的实例，从而”若 $B$ 好解，则 $A$ 也好解”。一般形式是：

定义：m-归约

若可计算全函数 $f$ 满足：对所有 $x$，$x\in A⟺f(x)\in B$，称 $f$ 是 $A$ 到 $B$ 的 m-归约，记 $A{\le }_{m}B$。

$A{\le }_{m}B$ 读作”$A$ 不比 $B$ 难”。用它比较复杂度时，归约本身必须比所研究的类更便宜，否则归约函数自己就能把问题解掉，比较就失去了意义。

例如用多项式时间归约（第 3 讲的 Karp 归约）比较 $\mathbf{P}$ 中的问题：任何 $A\in \mathbf{P}$ 都能归约到任何非平凡的问题 $B$。归约函数先自己把 $x$ 解掉，答”是”就输出 $B$ 中一个固定的元素，答”否”就输出 $B$ 外一个固定的元素。这样一来，$\mathbf{P}$ 中所有非平凡问题都”一样难”，什么信息也得不到。

要研究 $\mathbf{L}$、$\mathbf{NL}$ 以及 $\mathbf{P}$ 内部的结构，就需要计算能力更弱的归约：对数空间归约。我们还希望它保持类：若 $B$ 归约到 $C$ 且 $C\in \mathbf{K}$，则 $B\in \mathbf{K}$。

2.2 隐式对数空间可计算函数

困难在于，归约函数的输出 $f(x)$ 往往是多项式长的，根本放不进对数空间。解决办法是不要求把输出整个写出来，只要求能算出输出的任意一位。

定义：隐式对数空间可计算（implicitly logspace computable）

函数 $f:\{0,1{\}}^{\ast }\to \{0,1{\}}^{\ast }$ 称为隐式对数空间可计算的，如果：

1. 输出长度多项式有界：$\exists c\forall x.|f(x)|\le c|x{|}^c$；
2. “第 $i$ 位是否存在”在对数空间可判定：$\{⟨x,i⟩\mid i\le |f(x)|\}\in \mathbf{L}$；
3. “第 $i$ 位是否为 $1$“在对数空间可判定：$\{⟨x,i⟩\mid f(x{)}_i=1\}\in \mathbf{L}$。

定义：对数空间归约

若存在隐式对数空间可计算的 m-归约 $f$ 把 $B$ 归约到 $C$，称 $B$ 对数空间可归约到 $C$，记 $B{\le }_{L}C$。

由于输出长度多项式有界，下标 $i$ 只需 $O(\log n)$ 位，所以”给定 $i$ 算第 $i$ 位”确实能在对数空间内进行。

还有一个更直观的等价说法：

定义：对数空间可计算

若函数 $f$ 能被一台图灵机计算：它的工作带只用 $O(\log n)$ 格，另有一条只写输出带（每写一个符号读写头就右移一格，不能回头读或改写），称 $f$ 对数空间可计算。

引理

隐式对数空间可计算 $⟺$ 对数空间可计算。

证明思路

• ($\Leftarrow$) 要算第 $i$ 位：运行只写输出的机器，但不真的写输出，只数已经”写出”了几个符号，数到第 $i$ 个时报告它。计数器 $O(\log n)$ 位。
• ($\Rightarrow$) 依次对 $i=1,2,\dots$ 用条件 3 算出第 $i$ 位，写到只写输出带上，直到条件 2 说明输出结束。只需额外记住 $i$。

2.3 传递性：用重算代替存储

归约要能用来比较难度，必须可传递。对数空间归约的传递性并不显然：$f(x)$ 太长，不能先算出来存好，再在上面运行 $g$。

引理

若 $B{\le }_{L}C$ 且 $C{\le }_{L}D$，则 $B{\le }_{L}D$。

证明

设 $f$（$B\to C$）、$g$（$C\to D$）隐式对数空间可计算。要算 $g(f(x))$ 的第 $j$ 位：运行计算 $g$ 第 $j$ 位的对数空间机器，假装它的输入 $f(x)$ 写在一条”虚拟带”上。每当它需要读虚拟带的第 $i$ 位，就当场调用计算 $f(x{)}_i$ 的对数空间机器把这一位算出来，用完即扔。整个过程只需存：$g$ 机器的工作带（$O(\log |f(x)|)=O(\log |x|)$）、虚拟读写头的位置 $i$（$O(\log |x|)$）、计算 $f(x{)}_i$ 的工作带（$O(\log |x|)$），共 $O(\log |x|)$。输出长度 $|g(f(x))|$ 仍是多项式。$\square$

**“用重算代替存储”**是对数空间算法最核心的技巧：时间可以浪费，空间不行。某个中间结果需要第二次时，不去查表，而是再算一遍。同一思路可以证明 ${\le }_L$ 保持类：若 $B{\le }_{L}C$ 且 $C\in \mathbf{L}$，则 $B\in \mathbf{L}$。

与 Karp 归约的关系。 对数空间可计算函数在多项式时间内可算（对数空间机器只有 $2^{O(\log n)}=n^{O(1)}$ 个格局），所以对数空间归约一定是多项式时间归约；反过来是否成立不知道。已知的 NP-完全性证明，用对数空间归约也都成立。

3. PSPACE Completeness

3.1 完全性

归约给了比较难度的尺子，于是可以谈一个类中”最难”的问题。

定义： $\mathbf{PSPACE}$-难与 $\mathbf{PSPACE}$-完全

• 若对每个 $L\in \mathbf{PSPACE}$ 都有 $L{\le }_L{L}^{\prime }$，称 $L^{\prime }$ 是 $\mathbf{PSPACE}$-难的。
• 若 $L^{\prime }$ 还属于 $\mathbf{PSPACE}$，称 $L^{\prime }$ 是 $\mathbf{PSPACE}$-完全的。

完全问题是整个类的”代表”：它一个问题就承载了整个类的难度。例如若某个 $\mathbf{PSPACE}$-完全问题属于 $\mathbf{P}$，则（${\le }_L$ 保持 $\mathbf{P}$）$\mathbf{PSPACE}=\mathbf{P}$。类似地可以定义 $\mathbf{NL}$-完全（第 5 部分）、$\mathbf{NP}$-完全（第 3 讲）等。

3.2 量化布尔公式

$\mathbf{PSPACE}$ 的代表问题是量化布尔公式的求值。先回忆量词：$\forall x$（对所有 $x$）和 $\exists x$（存在 $x$）。在布尔域上，$x$ 只能取 $0$ 或 $1$，所以

$$\exists x.\phi (x)\equiv \phi (0)\vee \phi (1),\forall x.\phi (x)\equiv \phi (0)\wedge \phi (1).$$

定义：量化布尔公式与 $\mathrm{TQBF}$

量化布尔公式（QBF）是形如 $Q_1{x}_1{Q}_2{x}_2\cdots Q_n{x}_n.\phi (x_1,\dots ,x_n)$ 的公式，其中每个 $Q_i\in \{\forall ,\exists \}$，$x_i$ 取值于 $\{0,1\}$，$\phi$ 是只含变量 $x_1,\dots ,x_n$ 的无量词布尔公式。所有变量都被量词约束，所以 QBF 要么真、要么假。 $\mathrm{TQBF}=\{\psi \mid \psi \text{ 是为真的 QBF}\}.$

例：读懂 QBF

• $\exists x\forall y.(x\vee y)$：取 $x=1$，无论 $y$ 是什么都成立，真。
• $\forall y\exists x.(x\ne y)$：对每个 $y$，取 $x=\neg y$ 即可，真。
• $\exists x\forall y.(x\ne y)$：要找一个 $x$ 与所有 $y$ 都不同，不可能，假。

后两个只是交换了量词顺序，真假就变了：$\forall \exists$ 允许 $x$ 依赖于 $y$，$\exists \forall$ 要求 $x$ 先定、对所有 $y$ 都有效。

QBF 推广了可满足性：设 $\phi$ 是合取范式，变量为 $\tilde{x}$，则

$$\phi \in \mathrm{SAT}⟺\exists \tilde{x}.\phi \in \mathrm{TQBF},\phi \in \mathrm{TAUTOLOGY}⟺\forall \tilde{x}.\phi \in \mathrm{TQBF}.$$

只用一种量词时是 $\mathbf{NP}$ 或 $\mathbf{coNP}$ 问题；量词交替出现，难度就上升了。

QBF 即双人博弈。 把

$$\exists x_1\forall x_2\exists x_3\forall x_4\cdots \exists x_{2n-1}\forall x_{2n}.\phi (x_1,\dots ,x_{2n})$$

看成两人轮流落子：玩家 I（$\exists$）先给 $x_1$ 赋值，玩家 II（$\forall$）再给 $x_2$ 赋值……最后若 $\phi$ 为真则玩家 I 获胜。公式为真，当且仅当玩家 I 有必胜策略：存在一步走法，使对手无论怎么应对，自己都有一步走法……一直到赢。判断这类博弈谁有必胜策略也是 $\mathbf{PSPACE}$-完全的（Papadimitriou, Games Against Nature, 1983）。

3.3 Stockmeyer-Meyer 定理

定理（Stockmeyer-Meyer, 1973）

$\mathrm{TQBF}$ 是 $\mathbf{PSPACE}$-完全的。

证明分两半：$\mathrm{TQBF}\in \mathbf{PSPACE}$（求值不难），以及 $\mathrm{TQBF}$ 是 $\mathbf{PSPACE}$-难的（任何多项式空间计算都能写成 QBF）。

(1) $\mathrm{TQBF}\in \mathbf{PSPACE}$：深度优先遍历求值树。

把 $\psi =Q_1{x}_1\cdots Q_n{x}_n.\phi$ 展开成一棵高度为 $n$ 的二叉树：第 $i$ 层结点按 $x_i=0/1$ 分叉，叶子是 $\phi$ 在该赋值下的值。$\exists$ 结点的值是两个孩子的”或”，$\forall$ 结点的值是两个孩子的”与”，根的值就是 $\psi$ 的真假。

证明（ $\mathrm{TQBF}\in \mathbf{PSPACE}$）

对这棵树做深度优先遍历。当前位置用一个长度至多 $n$ 的 0-1 串表示（从根到当前结点的赋值），沿途每层只需记一位”左子树结果”。到达叶子时，在给定赋值下计算 $\phi$，用 $O(|\psi |)$ 空间。遍历完一个子树就擦掉它的中间结果。总空间 $O(|\psi |)$，即线性空间。$\square$

树有 $2^n$ 片叶子，时间是指数的；但任何时刻只需存一条从根到叶子的路径，这又是”空间可重用”的体现。

(2) $\mathrm{TQBF}$ 是 $\mathbf{PSPACE}$-难的：把”格局图中有路径”写成 QBF。

设 $M$ 在 $S=S(n)$ 空间内判定 $L$，任取输入 $x$。目标：在对数空间内构造一个 QBF ${\phi }_x$，使 $M(x)=1⟺{\phi }_x$ 为真。

由 §1.2，$M(x)=1$ 当且仅当格局图中有从 $C_{\mathrm{start}}$ 到 $C_{\mathrm{accept}}$ 的路径；格局图至多 $2^{O(S)}$ 个顶点，所以这条路径长度至多 $2^{O(S)}$。每个格局是 $O(S)$ 位，可以用 $O(S)$ 个布尔变量表示。对 $i=0,1,\dots$ 构造公式 ${\psi }_i(C,C^{\prime })$，含义为：

$${\psi }_i(C,C^{\prime })\text{为真}⟺\text{从 }C\text{ 到 }{C}^{\prime }\text{ 有一条长度}\le 2^i\text{ 的路径}.$$

• 起点：${\psi }_0(C,C^{\prime })$ 表示”$C=C^{\prime }$ 或 $C\to C^{\prime }$“，由 §1.2 的 ${\phi }_{M,x}$ 加上相等判断得到，大小 $O(S)$。
• 递推：长度 $\le 2^i$ 的路径，必有一个”中点”$C^{\prime \prime }$，把它分成两段长度 $\le 2^{i-1}$ 的路径。

朴素的写法是

$${\psi }_i(C,C^{\prime })=\exists C^{\prime \prime }.{\psi }_{i-1}(C,C^{\prime \prime })\wedge {\psi }_{i-1}(C^{\prime \prime },C^{\prime }).$$

但这里 ${\psi }_{i-1}$ 出现了两次，每递推一层公式长度翻倍，${\psi }_{O(S)}$ 会有 $2^{O(S)}$ 长，没法在多项式时间写出来。

关键技巧：用 $\forall$ 让一份 ${\psi }_{i-1}$ 检查两段。

$${\psi }_i(C,C^{\prime })=\exists C^{\prime \prime }\forall D_1\forall D_2.\left[\right((D_1=C\wedge D_2=C^{\prime \prime })\vee (D_1=C^{\prime \prime }\wedge D_2=C^{\prime }))\Rightarrow {\psi }_{i-1}(D_1,D_2)].$$

$\forall D_1{D}_2$ 加上前提，相当于说”对 $(C,C^{\prime \prime })$ 和 $(C^{\prime \prime },C^{\prime })$ 这两对都要满足 ${\psi }_{i-1}$“；而 ${\psi }_{i-1}$ 只写了一次。这就像程序里把”调用两次同一个函数”改写成”循环两次、每次调用一次”，代码只写一份。

证明（ $\mathrm{TQBF}$ 是 $\mathbf{PSPACE}$-难的）

按上式递推，每层只增加常数个格局变量和常数个等式，即 $|{\psi }_i|=|{\psi }_{i-1}|+O(S).$ 取 ${\phi }_x={\psi }_m(C_{\mathrm{start}},C_{\mathrm{accept}})$，其中 $m=O(S)$ 使 $2^m$ 不小于格局总数，则 $|{\phi }_x|=O(S^2)$（若计入变量名的编码，每个变量名 $O(\log S)$ 位，总长 $O(S^2\log S)$），是多项式。所有量词前移即得标准形式的 QBF（各层变量互不相同，可以直接前移）。

由构造，$M(x)=1⟺{\phi }_x$ 为真。输出 ${\phi }_x$ 时只需记住”正在写第几层 ${\psi }_i$“以及层内位置，${\psi }_0$ 部分由 §1.2 的引理在 $O(\log S)$ 空间写出。因此 $x\mapsto {\phi }_x$ 是对数空间归约。$\square$

证明思路（通俗版）

• 要证什么：任何”多项式空间能判定的问题”都能翻译成”某个 QBF 是否为真”。
• 翻译什么：机器接受 $x$，等价于格局图里有一条从起点到终点的路。这条路可能有指数长，不能一格一格写进公式。
• 怎么压缩：用”二分中点”递归地描述路径。“长度 $\le 2^i$ 的路”等于”存在中点，两半都是长度 $\le 2^{i-1}$ 的路”。递归 $O(S)$ 层就覆盖了指数长的路。
• 为什么需要 $\forall$：直接写”两半都满足”会让公式每层翻倍。借助 $\forall$，“对两对端点中的每一对”只需写一份子公式，公式每层只增加 $O(S)$。
• 体会：$\exists$ 负责猜中点，$\forall$ 负责”两边都要检查”，量词交替正好对应了”二分递归”。下一部分 Savitch 定理用的是同一个二分中点的想法，只是改成在机器上执行。

4. Savitch Theorem

第 3 部分把”格局图中有路径”写成了一个不大的 QBF。本部分把同一个”二分中点”的想法搬到机器上执行，回答本讲的第一个核心问题：非确定性能节省多少空间？

先看直接的办法为什么不行。确定型机器模拟一台 $S$ 空间的 NDTM，可以：

• 枚举所有选择序列：一条计算路径可能长达 $2^{O(S)}$ 步，光是写下一条选择序列就要 $2^{O(S)}$ 格。
• 在格局图上做 BFS（§1.3 的证明）：要记住”已访问过的格局”，最多 $2^{O(S)}$ 个。

两种办法都要指数空间。Savitch 定理说，其实平方就够了。

4.1 Savitch 定理

定理（Savitch, 1970）

若 $S(n)\ge \log n$ 空间可构造，则 $\mathbf{NSPACE}(S(n))\subseteq \mathbf{SPACE}(S(n{)}^2).$

证明目标：给定 $S$ 空间的 NDTM $N$ 和输入 $x$，用确定型机器在 $O(S^2)$ 空间内判断格局图 $G_{N,x}$ 中 $C_{\mathrm{start}}$ 能否到达 $C_{\mathrm{accept}}$。策略：与 §3.3 一样，用中点把”长度 $\le 2^i$ 的路径”拆成两段”长度 $\le 2^{i-1}$ 的路径”，递归地检查。§3.3 中”$\exists$ 中点”由公式的量词表达，这里改成逐一枚举所有可能的中点。

证明

定义确定型递归过程 $\mathrm{REACH}(C,C^{\prime },i)$，它判断”从 $C$ 到 $C^{\prime }$ 是否有长度 $\le 2^i$ 的路径”：

• $i=0$：返回”$C=C^{\prime }$ 或 $C\to C^{\prime }$“，后者用 §1.2 的引理检查。
• $i>0$：按字典序逐一枚举所有 $O(S)$ 位的串 $C^{\prime \prime }$。若某个 $C^{\prime \prime }$ 使 $\mathrm{REACH}(C,C^{\prime \prime },i-1)$ 与 $\mathrm{REACH}(C^{\prime \prime },C^{\prime },i-1)$ 都返回 $1$，就返回 $1$；全部试完仍不行，返回 $0$。

取 $m=O(S)$ 使 $2^m$ 不少于格局总数，确定型机器运行 $\mathrm{REACH}(C_{\mathrm{start}},C_{\mathrm{accept}},m)$，返回 $1$ 就接受。对 $i$ 归纳即知 $\mathrm{REACH}$ 正确；格局图中的路径若存在，必有一条长度不超过格局总数 $\le 2^m$。

空间：递归深度为 $m=O(S)$。每一层只需记住自己的 $C,C^{\prime },C^{\prime \prime }$ 和 $i$，共 $O(S)$ 位。两个子调用先后执行，第二个调用复用第一个调用用过的空间。所以任何时刻栈上至多 $O(S)$ 层、每层 $O(S)$ 位，总空间 $O(S^2)$。$S$ 空间可构造保证了机器能先算出格局的长度和 $m$。$\square$

上图把递归过程画成一棵树。底部横轴是一条从 $C_{\mathrm{start}}$ 到 $C_{\mathrm{accept}}$ 的候选路径；根 $C_1$ 是整条路径的中点，$C_2^l,C_2^r$ 是左右两半各自的中点，依此类推，树高 $O(S)$。所有结点投影到横轴上，就得到这条路径上的格局。算法对这棵树做深度优先遍历，任何时刻只保存一条从根到当前结点的路径（图中左边或右边的粗线），即 $O(S)$ 个格局、每个 $O(S)$ 位。

代价是时间。 每一层要试 $2^{O(S)}$ 个中点，每个中点引起两次递归调用，总时间 $(2\cdot 2^{O(S)}{)}^{O(S)}=2^{O(S^2)}$，比 BFS 的 $2^{O(S)}$ 慢得多。这又是”用时间换空间”。

与 §3.3 对照，两者是同一个想法的两种实现：

	Stockmeyer-Meyer（§3.3）	Savitch
找中点 $C^{\prime \prime }$	量词 $\exists C^{\prime \prime }$	逐一枚举所有 $C^{\prime \prime }$
两段都要检查	$\forall D_1{D}_2$ 让一份 ${\psi }_{i-1}$ 管两段	两次递归调用先后执行，空间复用
每层的开销	公式增加 $O(S)$	栈帧占 $O(S)$
总规模	公式 $O(S^2)$	空间 $O(S^2)$

证明思路（通俗版）

• 难点：要判断能否从起点走到终点，但路可能有指数长，既不能记住整条路，也不能记住走过哪些地方。
• 二分：从 A 到 B 能在 $2^i$ 步内走到，等于存在一个中转站 M，A 到 M、M 到 B 都能在 $2^{i-1}$ 步内走到。中转站不知道是哪个，就一个个试。
• 为什么省空间：先查”A 到 M”，查完把草稿擦掉，再查”M 到 B”。递归只有 $O(S)$ 层（路径长度的对数），每层只记三个格局。
• 平方从哪来：层数 $O(S)$ 乘以每层 $O(S)$。

4.2 推论

推论

$\mathbf{PSPACE}=\mathbf{NPSPACE}.$

（$\mathbf{NSPACE}(n^c)\subseteq \mathbf{SPACE}(n^{2c})$，多项式的平方仍是多项式。）这个推论很实用：要证明某个问题属于 $\mathbf{PSPACE}$，只需设计一个多项式空间的非确定算法，猜测往往比确定地搜索好写得多。

它还推出 $\mathbf{NPSPACE}$ 对补封闭：

$$\mathbf{coNPSPACE}=\mathbf{coPSPACE}=\mathbf{PSPACE}=\mathbf{NPSPACE},$$

中间一步是因为确定型类对补封闭（第 1 讲 §4.4）。

对对数空间，Savitch 定理只给出 $\mathbf{NL}\subseteq \mathbf{SPACE}({\log }^{2}n)$，比 $\mathbf{L}$ 大，所以：

• $\mathbf{L}\stackrel{?}{=}\mathbf{NL}$ 仍是开放问题；平方是不是最优的，也不知道。
• 上面求补的推导对 $\mathbf{NL}$ 失效。$\mathbf{NL}$ 是否对补封闭要另想办法，这是第 6 部分的内容。

与时间对比：模拟非确定时间，已知最好的办法仍是指数级的 $\mathbf{NTIME}(T)\subseteq \mathbf{TIME}(2^{O(T)})$；模拟非确定空间却只付出平方的代价。差别在于空间可以重复使用，而递归的”先查一半、擦掉、再查另一半”正是在重复使用空间。

5. NL Completeness

§1.4 证明了 $\mathrm{PATH}\in \mathbf{NL}$，§1.2 又说明任何空间受限的计算都是格局图上的可达性问题。两件事合起来就得到：$\mathrm{PATH}$ 是 $\mathbf{NL}$ 中最难的问题。

5.1 NL-完全

定义： $\mathbf{NL}$-完全

若 $C\in \mathbf{NL}$，且对每个 $B\in \mathbf{NL}$ 都有 $B{\le }_{L}C$，称 $C$ 是 $\mathbf{NL}$-完全的。

这里必须用对数空间归约。$\mathbf{NL}\subseteq \mathbf{P}$，若用多项式时间归约，按 §2.1 的论证，几乎每个 $\mathbf{NL}$ 中的问题都会是”完全”的，这个概念就没有意义了。

5.2 PATH 是 NL-完全的

定理

$\mathrm{PATH}$ 是 $\mathbf{NL}$-完全的。

证明

$\mathrm{PATH}\in \mathbf{NL}$ 已在 §1.4 证明。下证 $\mathbf{NL}$-难。

设 NDTM $N$ 在 $O(\log n)$ 空间内判定 $L$，于是 $N$ 的格局可以用 $c\log n$ 位表示，常数 $c$ 只依赖于 $N$。定义 $x\mapsto ⟨G_{N,x},C_{\mathrm{start}},C_{\mathrm{accept}}⟩.$ 取 $G_{N,x}$ 的顶点为所有 $c\log n$ 位的串，共 $n^c$ 个（不是合法格局的串从 $C_{\mathrm{start}}$ 出发永远到不了，不影响答案）。用邻接矩阵表示 $G_{N,x}$：第 $(C,C^{\prime })$ 个元素为 $1$ 当且仅当 $C\to C^{\prime }$。

• 输出长度为 $n^{2c}$，多项式有界。
• 给定下标 $(C,C^{\prime })$，用 §1.2 的引理检查 $C\to C^{\prime }$，只需存 $C,C^{\prime }$ 和检查过程的计数器，共 $O(\log n)$ 空间。
• $C_{\mathrm{start}}$、$C_{\mathrm{accept}}$ 是容易写出的固定格式的串。

所以这是对数空间归约。由 §1.2，$x\in L⟺N$ 接受 $x⟺$ 图中 $C_{\mathrm{start}}$ 能到达 $C_{\mathrm{accept}}$。$\square$

只看无圈图也够了。 由 §1.2，可以假设对数空间机器都会停机：给它装一个计数器，数到多项式步就停。把计数器的值放进格局，每走一步计数器加一，格局图中就不可能有圈。于是：

推论

有向无圈图的可达性问题也是 $\mathbf{NL}$-完全的。

“NL 就是 PATH”。 $\mathbf{NL}$ 对 ${\le }_L$ 封闭（与 §2.3 同样用重算代替存储），再加上完全性，得到

$$\mathbf{NL}=\{L\mid L{\le }_L\mathrm{PATH}\}.$$

即 $\mathbf{NL}$ 恰好是”能在对数空间内变成可达性问题”的那些问题。特别地，$\mathbf{L}=\mathbf{NL}$ 当且仅当 $\mathrm{PATH}\in \mathbf{L}$：$\mathbf{L}$ 与 $\mathbf{NL}$ 的差别，全在于确定型机器能否只用常数个指针判断有向图的可达性。

Remark

对无向图，可达性问题在 $\mathbf{L}$ 中（Reingold, 2005），所以难点在于边有方向：在有向图里走进死胡同就退不回来。

6. Immerman-Szelepcsényi Theorem

本讲的最后一个问题是：$\mathbf{NL}$ 对补封闭吗？

回顾第 1 讲 §5.2 的不对称：NDTM 接受只需要一条成功路径，拒绝却要所有路径都失败。所以非确定机器擅长证明”存在”（例如指出一条路径），不擅长证明”不存在”。对 $\mathbf{NPSPACE}$，Savitch 定理让我们先变成确定型再取补（§4.2）；对 $\mathbf{NL}$，这条路走不通。由 §5，问题归结为：

一台对数空间 NDTM 能否确认”从 $s$ 不能到达 $t$”？

人们曾普遍以为不能，就像相信 $\mathbf{NP}\ne \mathbf{coNP}$ 一样。1987 年，Immerman 和 Szelepcsényi 各自独立地证明了：能。

定理（Immerman-Szelepcsényi, 1987）

$\overline{\mathrm{PATH}}\in \mathbf{NL}.$

6.1 核心想法：清点人数

把”不存在”转化为”存在”的关键是计数。假如事先知道从 $s$ 能到达的顶点恰好有 $c$ 个，那么”$t$ 不可达”就等价于：

存在 $c$ 个不同于 $t$ 的顶点，每个都附有一条从 $s$ 出发的路径。

这是一个存在性命题，NDTM 可以去猜、去验证。就像点名：花名册上说今天到了 30 人，若点到了 30 个不是小明的人，小明就一定没来。

于是证明分成两步：

• (A) 已知个数，确认不可达：已知可达顶点数 $c$，确认 $t$ 不在其中。
• (B) 求出个数：用非确定对数空间算出 $c$。

先说清楚”非确定地算出一个数”是什么意思：每条计算路径要么放弃（拒绝），要么得出正确的值，并且至少有一条路径不放弃。

记号：$C_i$ 为从 $s$ 出发 至多 $i$ 步能到达的顶点集合，$c_i=|C_i|$。于是 $C_0=\{s\}$，$c_0=1$，$C_0\subseteq C_1\subseteq \cdots \subseteq C_{n-1}$，而 $C_{n-1}$ 就是所有可达顶点（$n$ 是顶点数）。每个 $c_i$ 只需 $O(\log n)$ 位，存得下；集合 $C_i$ 本身可能有 $n$ 个元素，存不下。

6.2 第一步：已知 $c_i$，判断任意 $v$ 是否属于 $C_i$

过程：枚举 $C_i$（已知 $c_i$）

计数器 $count:=0$。按顺序对每个顶点 $u$：

1. 非确定地猜 $u$ 是否属于 $C_i$；
2. 若猜”是”，就非确定地猜一条从 $s$ 出发、长度至多 $i$ 的路径走到 $u$（同 §1.4，只记当前顶点和步数）。走不到就放弃；走到了就 $count:=count+1$，并对 $u$ 做所需的检查（例如 $u$ 是不是 $v$）；
3. 若猜”否”，跳过 $u$。

所有顶点处理完后，若 $count\ne c_i$，放弃。

关键观察：没有放弃的路径，一定恰好把 $C_i$ 完整地列举了一遍。每个被计数的顶点都验证过路径，所以计数到的顶点都在 $C_i$ 中；计数又恰好等于 $|C_i|$，所以 $C_i$ 中一个也没漏。因此在列举过程中顺便检查”$v$ 是否出现过”，得到的就是"$v\in C_i$"的正确答案，无论答案是”是”还是”否”。另外，猜得全对的那条路径不会放弃，所以总有路径给出答案。

空间：$u$、$count$、$c_i$、路径上的当前顶点和步数，都是 $O(\log n)$ 位。

6.3 第二步：由 $c_{i-1}$ 归纳地算出 $c_i$

顶点 $v$ 属于 $C_i$，当且仅当 $v\in C_{i-1}$，或者有某个 $u\in C_{i-1}$ 使 $u\to v$ 是一条边。所以：

过程：由 $c_{i-1}$ 计算 $c_i$

$c_i:=0$。按顺序对每个顶点 $v$：用 §6.2 的过程（以 $c_{i-1}$ 为已知个数）列举一遍 $C_{i-1}$，列举时检查是否出现 $u=v$ 或 $u\to v$。若出现，$c_i:=c_i+1$。

每处理一个 $v$ 都要把 $C_{i-1}$ 重新列举一遍，这又是”用重算代替存储”：$C_{i-1}$ 存不下，那就每次需要时重新猜一遍。由 §6.2，没放弃的路径对每个 $v$ 都判断正确，所以算出的 $c_i$ 正确。算完 $c_i$ 就可以擦掉 $c_{i-1}$。

6.4 完整证明

证明（Immerman-Szelepcsényi 定理）

构造对数空间 NDTM，输入 $⟨G,s,t⟩$，$G$ 有 $n$ 个顶点：

1. $c_0:=1$。
2. 对 $i=1,\dots ,n-1$，用 §6.3 由 $c_{i-1}$ 算出 $c_i$，然后擦掉 $c_{i-1}$。
3. 用 §6.2 的过程（以 $c_{n-1}$ 为已知个数）列举一遍 $C_{n-1}$，检查 $t$ 是否出现。若列举成功且 $t$ 未出现，接受；否则拒绝。

正确性：由 §6.2、§6.3，没有放弃的路径上，所有 $c_i$ 都正确，第 3 步对"$t\in C_{n-1}$"的判断也正确。所以若 $t$ 从 $s$ 可达，没有路径接受；若不可达，猜得全对的那条路径接受。

空间：任何时刻只需存 $i$、$c_{i-1}$、$c_i$、正在处理的 $v$，以及 §6.2 过程中的 $O(\log n)$ 位，共 $O(\log n)$。$\square$

证明思路（通俗版）

• 难点：非确定机器能”指出一条路”来证明可达，却没法直接证明”没有路”。
• 转化：若知道可达顶点一共有 $c$ 个，就把它们一个个找出来（每个都指出路径），凑满 $c$ 个时 $t$ 还没出现，$t$ 就一定不可达。“不存在”变成了”存在一份完整的名单”。
• 个数从哪来：一层层地数。知道”$i-1$ 步内能到达的有 $c_{i-1}$ 个”，就能可靠地列出这些顶点，从而判断每个顶点是否在 $i$ 步内可达，数出 $c_i$。
• 为什么空间够：从头到尾只存几个计数器和顶点编号，名单本身从不保存，每次需要时重新猜一遍。

推论

$\mathbf{coNL}=\mathbf{NL}.$

证明

设 $L\in \mathbf{coNL}$，即 $\overline{L}\in \mathbf{NL}$。由 §5，存在对数空间归约 $f$ 使 $x\in \overline{L}⟺f(x)\in \mathrm{PATH}$，即 $x\in L⟺f(x)\in \overline{\mathrm{PATH}}$。所以 $L{\le }_L\overline{\mathrm{PATH}}\in \mathbf{NL}$，又 $\mathbf{NL}$ 对 ${\le }_L$ 封闭，得 $L\in \mathbf{NL}$。于是 $\mathbf{coNL}\subseteq \mathbf{NL}$，由第 1 讲 §4.4 的引理即得相等。$\square$

同一个算法在格局图上运行，就得到一般形式：

推论

若 $S(n)\ge \log n$ 空间可构造，则 $\mathbf{coNSPACE}(S(n))=\mathbf{NSPACE}(S(n))$。

（对 $S$ 空间的 NDTM $N$ 和输入 $x$，在格局图 $G_{N,x}$ 上运行上述算法。格局图有 $2^{O(S)}$ 个顶点，顶点名和计数器都是 $O(S)$ 位；边不必存，需要时用 §1.2 的引理当场检查。）

Remark：为什么这个技巧对 $\mathbf{NP}$ 不管用

清点人数需要把所有顶点逐一过一遍。在空间受限的世界里时间不受限，逐一枚举 $2^{O(S)}$ 个格局没有问题。对 $\mathbf{NP}$ 而言，要清点的对象（例如所有候选证书）有指数多个，多项式时间内过不完。所以 $\mathbf{NP}\stackrel{?}{=}\mathbf{coNP}$ 仍然开放。

6.5 应用：2SAT 是 NL-完全的

作为 Immerman-Szelepcsényi 定理的应用，看一个逻辑问题。2-合取范式是每个子句至多含两个文字的合取范式，例如 $(x_1\vee \neg x_2)\wedge (\neg x_1\vee x_3)\wedge x_2$。

$$2SAT=\{\phi \mid \phi \text{ 是可满足的 2-合取范式}\}.$$

第 3 讲会看到，每个子句允许三个文字的 $3SAT$ 是 $\mathbf{NP}$-完全的；只差一个文字，$2SAT$ 却落在 $\mathbf{NL}$ 中。原因是两个文字的子句恰好是一条蕴含：

$$a\vee b\equiv (\neg a\Rightarrow b)\equiv (\neg b\Rightarrow a).$$

”$a$ 为假则 $b$ 必须为真”，这种强制关系可以沿着链条传播，于是可满足性变成了图上的可达性。

定义：蕴含图

设 2-合取范式 $\phi$ 的变量为 $x_1,\dots ,x_k$。它的蕴含图有 $2k$ 个顶点 $x_1,\dots ,x_k,\neg x_1,\dots ,\neg x_k$；对每个子句 $a\vee b$，加入两条边 $\neg a\to b$ 和 $\neg b\to a$（单文字子句 $a$ 看作 $a\vee a$）。

边的含义是”若起点为真，则终点必须为真”。沿路径传递，$u{\to }^{\ast }w$（零步或多步可达）意味着”$u$ 为真则 $w$ 必须为真”。边是成对加入的，所以图有对称性：$u{\to }^{\ast }w$ 当且仅当 $\neg w{\to }^{\ast }\neg u$（逆否命题）。

引理

$\phi$ 不可满足 $⟺$ 存在变量 $x$，使蕴含图中 $x{\to }^{\ast }\neg x$ 且 $\neg x{\to }^{\ast }x$。

证明

($\Leftarrow$) 若 $x$ 取真，由 $x{\to }^{\ast }\neg x$，$\neg x$ 也必须为真，矛盾；若 $x$ 取假，$\neg x$ 为真，由 $\neg x{\to }^{\ast }x$，$x$ 必须为真，矛盾。

($\Rightarrow$) 证逆否：假设没有这样的 $x$，构造一个满足赋值。重复以下操作直到所有变量都有值：任取一个未赋值的变量 $x$，由假设，$x{\to }^{\ast }\neg x$ 与 $\neg x{\to }^{\ast }x$ 至少一个不成立，选文字 $v\in \{x,\neg x\}$ 使 $v{\to }^{\ast }\neg v$ 不成立；把所有 $v{\to }^{\ast }w$ 的文字 $w$ 设为真（$\neg w$ 设为假）。这样做不会冲突：

• 不会有 $v{\to }^{\ast }w$ 与 $v{\to }^{\ast }\neg w$ 同时成立，否则由对称性 $w{\to }^{\ast }\neg v$，于是 $v{\to }^{\ast }w{\to }^{\ast }\neg v$，与 $v$ 的选法矛盾。
• $w$ 不会之前已被设为假。否则 $\neg w$ 之前已被设为真，而已设为真的文字集合对 $\to$ 封闭；由对称性 $\neg w{\to }^{\ast }\neg v$，所以 $\neg v$ 之前已被设为真，$x$ 已有值，矛盾。

最终每个子句 $a\vee b$ 都满足：若 $a$ 为假，则 $\neg a$ 为真，由边 $\neg a\to b$ 和真文字集合的封闭性，$b$ 为真。$\square$

定理

$2SAT$ 是 $\mathbf{NL}$-完全的。

证明

$2SAT\in \mathbf{NL}$：由引理，判断 $\phi$ 不可满足，只需非确定地猜一个变量 $x$，再用 §1.4 的算法检查 $x{\to }^{\ast }\neg x$ 和 $\neg x{\to }^{\ast }x$。蕴含图的每条边都能从 $\phi$ 当场读出，所以 $\overline{2SAT}\in \mathbf{NL}$，即 $2SAT\in \mathbf{coNL}=\mathbf{NL}$。这里用到了 Immerman-Szelepcsényi 定理。

$2SAT$ 是 $\mathbf{NL}$-难的：把 $\overline{\mathrm{PATH}}$ 归约到 $2SAT$。给定 $⟨G,s,t⟩$，把每个顶点看成一个变量，每条边 $x\to y$ 变成子句 $\neg x\vee y$（即 $x\Rightarrow y$），再加上单文字子句 $s$ 和 $\neg t$，得到 ${\phi }_G$。

• 若 $s$ 能到达 $t$：$s$ 为真沿路径迫使 $t$ 为真，与子句 $\neg t$ 矛盾，${\phi }_G$ 不可满足。
• 若 $s$ 不能到达 $t$：把从 $s$ 可达的顶点设为真，其余设为假。可达集合沿边封闭，所以每个子句 $\neg x\vee y$ 都满足；$s$ 为真，$t$ 为假。${\phi }_G$ 可满足。

所以 $⟨G,s,t⟩\in \overline{\mathrm{PATH}}⟺{\phi }_G\in 2SAT$，且每个子句只依赖一条边，这是对数空间归约。

最后，$\overline{\mathrm{PATH}}$ 是 $\mathbf{NL}$-难的：对 $L\in \mathbf{NL}$，$\overline{L}\in \mathbf{coNL}=\mathbf{NL}$，故 $\overline{L}{\le }_L\mathrm{PATH}$，即 $L{\le }_L\overline{\mathrm{PATH}}$。由传递性，$L{\le }_{L}2SAT$。$\square$

6.6 全景

本讲结束时，可以把已知的类排成一条链：

$$\mathbf{L}\subseteq \mathbf{NL}\subseteq \mathbf{P}\subseteq \mathbf{NP}\subseteq \mathbf{PSPACE}\subseteq \mathbf{EXP}.$$

谱系定理告诉我们其中有些包含是严格的：

• $\mathbf{NL}\subseteq \mathbf{SPACE}({\log }^{2}n)⊊\mathbf{PSPACE}$（Savitch 加空间谱系定理），所以 $\mathbf{NL}$ 到 $\mathbf{PSPACE}$ 之间至少有一个包含是严格的；
• $\mathbf{P}⊊\mathbf{EXP}$（时间谱系定理），所以 $\mathbf{P}$ 到 $\mathbf{EXP}$ 之间至少有一个包含是严格的。

但具体是哪一个，一个也不知道。人们普遍相信 $\mathbf{NL}⊊\mathbf{P}$；$\mathbf{L}\stackrel{?}{=}\mathbf{NL}$ 是结构复杂性理论中的重要开放问题。

最后把本讲的结论和用到的技巧放在一起：

结论	核心技巧
$\mathbf{NSPACE}(S)\subseteq \mathbf{TIME}(2^{O(S)})$	格局只有 $2^{O(S)}$ 个，在格局图上搜索
空间谱系定理（无 $\log$ 因子）	对角线方法；通用机只有常数倍空间开销
${\le }_L$ 可传递	用重算代替存储
$\mathrm{TQBF}$ 是 $\mathbf{PSPACE}$-完全的	二分中点，$\forall$ 让一份子公式检查两段
Savitch：$\mathbf{NSPACE}(S)\subseteq \mathbf{SPACE}(S^2)$	二分中点，递归调用先后执行、空间复用
$\mathrm{PATH}$ 是 $\mathbf{NL}$-完全的	格局图本身就是归约
Immerman-Szelepcsényi：$\mathbf{coNL}=\mathbf{NL}$	归纳计数（清点人数），每次重新猜名单