‫עידן דויטש‬ u.multinet.co.il 5 ‫מודלים חישוביים – פתרון תרגיל‬ .Σ={a,b} ‫ כתוב אוטומט דטרמיניסטי לשפות הבאות מעל הא"ב‬.1 Σ* a,b q0 .‫ב‬ {ε} .‫ג‬ {w | |w| mod 3 = 0} .‫ד‬ a,b q0 a,b a,b q1 a,b q2 .‫א‬ q0 a,b q1 q0 a,b {w | w does not contain the substring 'abba'} .‫ה‬ a,b q4 a q3 b b q2 a b a q1 q0 b a ‫ כתוב אוטומט דטרמיניסטי ותרגם אותו לאוטומט לא דטרמיניסטי לשפות הבאות מעל‬.2 .Σ={a,b} ‫הא"ב‬ {w | w contains the substring 'aa' or does not contain the substring 'bab'} NFA a,b b q14 b q13 a a b q12 q23 a b a q22 b 1 u.multinet.co.il ε q0 a a,b q11 q21 ε .‫א‬ ‫עידן דויטש‬ u.multinet.co.il DFA a a b a q11, q22 b q11, q23 a q12, q23 q13, q23 b a,b a q0 b a b a q12, q21 q13, q22 q14, q23 b b a q14, q21 b q14, q22 a b {w∈{a,b}* | There exists a partitioning of w to w=xy s.t. x contains an even number of 'a's and y contains an even number of 'b's} NFA b b ε q1 a q0 a a a b q2 q3 b DFA a q0 b b 2 u.multinet.co.il a q1, q2 q0, q3 q0, q2 b a q1, q3 .‫ב‬ ‫עידן דויטש‬ ‫‪u.multinet.co.il‬‬ ‫‪ .3‬כתוב ביטוי רגולרי לכל אחת מהשפות הבאות מעל }‪Σ={0,1‬‬ ‫א‪.‬‬ ‫*])‪{w | |w| mod 4 = 0} = [(0+1)(0+1)(0+1)(0+1‬‬ ‫ב‪.‬‬ ‫*‪{w | w contains exactly four '1's} = 0*∙1∙0*∙1∙0*∙1∙0*∙1∙0‬‬ ‫‪ .4‬עבור כל אחת מהשפות הבאות‪ ,‬הוכח שאם ‪ L‬רגולרית‪ ,‬גם '‪ L‬רגולרית‪:‬‬ ‫א‪.‬‬ ‫}‪L'={ xy | x∉L and y∈L‬‬ ‫הוכחה‪:‬‬ ‫נניח שהשפה ‪ L‬רגולרית‪ ,‬ונבנה אוטומט אי דטרמיניסטי '‪ A‬שיכריע את '‪ .L‬כיוון‬ ‫ש‪ L-‬רגולרית‪ ,‬קיים אוטומט סופי דטרמיניסטי ‪ A‬המכריע אותה‪.‬‬ ‫)'‪A' = (Σ, Q x {1,2}, <q0,1>, F x {2}, δ‬‬ ‫נגדיר את '‪:A‬‬ ‫כאשר‬ ‫‪ 1# $‬‬ ‫&‬ ‫‪ 2# $‬‬ ‫‪1# # ∉%‬‬ ‫‬ ‫ ‪ , ,1‬‬ ‫ ‪! , , 2‬‬ ‫ ‪ " , 2‬‬ ‫ ‪ , ∈ 1,2,‬‬ ‫הוכחת נכונות‪:‬‬ ‫' נניח שקיימת מילה '‪ .wϵL‬מכאן‪ ,‬שקיימת חלוקה ‪ w=xy‬כך ש‪ x∉L-‬ו‪.y∈L-‬‬ ‫נקודת ההתחלה של האלגוריתם שלנו היא במצב ההתחלה של ‪ .A‬כיוון ש‪,x∉L-‬‬ ‫לאחר התו האחרון שלו נגיע למצב ‪ t‬שאינו אחד ממצבי הסיום ב‪ .A-‬כיוון ש‪t-‬‬ ‫אינו מצב סיום )ונמצא בעותק הראשון של ‪ ,(A‬קיים מעבר ‪ ε‬ממנו למצב‬ ‫ההתחלה של העותק השני של ‪ .A‬מצבי הסיום שהגדרנו באוטומט שבנינו הם‬ ‫מצבי הסיום ‪ A‬אך בעותק השני בלבד‪ .‬כיוון ש‪ ,y∈L-‬לאחר בדיקתו ב"עותק"‬ ‫השני של ‪ ,A‬נגיע למצב סיום של ‪ A‬ומכאן גם למצב מסיים של '‪.A‬‬ ‫ נניח שקיימת מילה כך ש‪ .wϵL(A')-‬מכאן‪ ,‬שקיים הרצף‪:‬‬‫‬ ‫‪<q0,1>⟶…⟶<qk,1>⟶<q0,2>⟶…⟶qf,2‬‬ ‫נגדיר את רצף האותיות עד המעבר ‪ ε‬להיות ‪ x‬ואת רצף האותיות לאחר מכן‬ ‫להיות ‪ x .y‬מתקבל ע"י רצף אותיות המתחיל ב‪ <q0,1>-‬ומסתיים ב‪.<qk,1>-‬‬ ‫נשים לב‪ ,‬כי ‪ qk‬אינו מצב מקבל באוטומט המקורי כיוון שיש ממנו מעבר ‪.ε‬‬ ‫מעברים אלו לא קיימים באוטומט המקורי היות והוא דטרמיניסטי‪ ,‬ועל כן זהו‬ ‫מעבר שנוסף בעת בניית '‪ .A‬הוספנו מעברים אלו רק ממצבים שהוגדרו להיות‬ ‫"לא מקבלים" באוטומט ‪ .A‬מכאן‪ ,‬שהרצת ‪ x‬ב‪ A-‬תסתיים במצב לא מקבל ולכן‬ ‫‪ y .x∉L‬מתחיל במצב התחלה של העותק השני של ‪ A‬ומסתיים במצב >‪.<qk,2‬‬ ‫כיוון ש‪ w-‬שייך לשפה‪ ,‬זהו מצב מקבל‪ .‬לכן‪ ,‬גם ‪ qk‬הוא מצב מקבל ומכאן‬ ‫שהרצת ‪ y‬באוטומט ‪ A‬תסתיים במצב מקבל‪ .‬מכאן‪ ,‬ש‪.y∈L-‬‬ ‫ב‪.‬‬ ‫}‪L’={x2x4…x2n| x2,x4,…,x2n∈Σ, ∃x1,x3,x2n-1∈Σ s.t. x1x2…x2n-1x2n∈L‬‬ ‫הוכחה‪:‬‬ ‫נניח שהשפה ‪ L‬רגולרית‪ ,‬ונבנה אוטומט אי דטרמיניסטי '‪ A‬שיכריע את '‪ .L‬כיוון‬ ‫ש‪ L-‬רגולרית‪ ,‬קיים אוטומט סופי דטרמיניסטי ‪ A‬המכריע אותה‪.‬‬ ‫)'‪A' = (Σ, Q x {1,2}, <q0,1>, F x {1}, δ‬‬ ‫נגדיר את '‪:A‬‬ ‫‪3‬‬ ‫‪u.multinet.co.il‬‬ ‫עידן דויטש‬ ‫‪u.multinet.co.il‬‬ ‫כאשר‬ ‫& ‪1 #‬‬ ‫‪2# $‬‬ ‫ ‪ , ,2 | ∈ Σ‬‬ ‫ ‪ , , 1‬‬ ‫‬ ‫‪3‬‬ ‫ ‪ , ∈ 1,2,‬‬ ‫הוכחת נכונות‪:‬‬ ‫' נניח שקיימת מילה '‪ .wϵL‬מכאן‪ ,‬שב‪ A-‬קיים רצף מצבים ‪q0→q1→…→q2n‬‬ ‫מקבל‪ .‬לכן‪ ,‬לפי הבנייה‪ ,‬באוטומט '‪ A‬קיים עבור המילה ‪ x2x4…xn‬רצף מצבים‬ ‫‬ ‫‬ ‫>‪.<q0,1>⟶<q1,2>→…⟶<q2n-1,2>→<q2n,1‬‬ ‫כיוון ש‪ q2n-‬הוא מצב מסיים ב‪ <q2n,1> ,A-‬הוא מצב מסיים ב‪ .A'-‬כלומר‪,‬‬ ‫האוטומט '‪ A‬יקבל את ‪ w‬כנדרש‪.‬‬ ‫ נניח שקיימת מילה כך ש‪ .wϵL(A')-‬מכאן‪ ,‬שקיים הרצף‪:‬‬‫‬ ‫‬ ‫>‪<q0,1>⟶<q1,2>→…⟶<q2n-1,2>→<q2n,1‬‬ ‫לפי הבנייה‪ ,‬עבור כל מעבר ‪ ε‬בין ‪ qi‬ל‪ qi+1-‬ברצף זה‪ ,‬קיים מעבר בין מצבים אלו‬ ‫באמצעות אות השייכת לא"ב‪ .‬נגדיר אות זו להיות ‪ yi‬ונקבל מילה‬ ‫‪) w'=y1x2…y2n-1x2n‬כך ש‪ x2i‬מסמל את האות ה‪ i-‬ב‪ .(w-‬עבור מילה זו קיים ב‪A-‬‬ ‫רצף המצבים ‪ .q0→q1→…→q2n‬כיוון ש‪ <q2n,1>-‬הוא מצב מקבל ב‪ ,A'-‬מצב ‪q2n‬‬ ‫הוא מצב מקבל ב‪ .A-‬כלומר‪ A ,‬יקבל את '‪ w‬ולכן‪ w ,‬אכן שייך ל‪.L'-‬‬ ‫‪ .5‬הוכח אם השפות הבאות רגולריות‪.‬‬ ‫א‪.‬‬ ‫}‪) L1=(w | w∈{0,1}*, w=wR‬שפת כל הפולינומים מעל ‪.(0,1‬‬ ‫פתרון‪ :‬זו אינה שפה רגולרית‪.‬‬ ‫הוכחה‪:‬‬ ‫נניח בשלילה ש‪ L1‬רגולרית ו‪ p-‬הוא קבוע הניפוח שלה‪ .‬נבחר ‪w .w=1p01p‬‬ ‫מורכב מהא"ב }‪ {0,1‬וכן מתקיים ‪ w) w=wR‬הוא פולינדרום( לכן‪ .w∈L1 ,‬כמו כן‬ ‫מתקיים ‪ .|w|=2p+1>p‬עבור כל חלוקה ‪ w=xyz‬כך ש‪ |xy|≤p-‬מתקיים כי ‪y=1k‬‬ ‫כך ש‪ .1≤k≤p-‬נבחר ‪ i=0‬ונקבל ‪ .w'=1p-k01p‬זהו אינו פלינדרום ולכן ‪w'∉L1‬‬ ‫בסתירה ללמת הניפוח‪.‬‬ ‫ב‪.‬‬ ‫‪ x,y,z) Σ 0,1,#, L2 x#y#z | x,y,z∈0,1*, x+y z‬מיוצגים בינארית(‬ ‫פתרון‪ :‬זו אינה שפה רגולרית‪.‬‬ ‫הוכחה‪:‬‬ ‫נניח בשלילה ש‪ L2‬רגולרית ו‪ p-‬הוא קבוע הניפוח שלה‪ .‬נבחר ‪w .w=1p#0p#1p‬‬ ‫מורכב מהא"ב }‪ {0,1‬וכן מתקיים ‪ z=1p ,y=0p ,x=1p‬כך ש‪ .x+y=z-‬לכן‪.w∈L2 ,‬‬ ‫כמו כן מתקיים ‪ .|w|=3p>p‬עבור כל חלוקה ‪ w=xyz‬כך ש‪ |xy|≤p-‬מתקיים כי‬ ‫‪ y=1k‬כך ש‪ .1≤k≤p-‬נבחר ‪ i=0‬ונקבל ‪ .w'=1p-k#0p#1p‬נשים לב שקיבלנו כי‬ ‫‪ .x+y=1p-k+0p=1p-k$1p=z‬לכן‪ w'∉L2 ,‬בסתירה ללמת הניפוח‪.‬‬ ‫ג‪.‬‬ ‫}‪Σ={0,1}, L3=(x1y1z1…xnynzn | x=x1x2…xn, y=y1y2…yn, z=z1z2…zn, x+y=z‬‬ ‫פתרון‪ :‬זו שפה רגולרית‪.‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪u.multinet.co.il‬‬ ‫עידן דויטש‬ ‫‪u.multinet.co.il‬‬ ‫הוכחה‪:‬‬ ‫נראה אוטומט דטרמיניסטי המכריע את השפה‪.‬‬ ‫‪0,1‬‬ ‫‪0,1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪01‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪f1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪q0‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪10‬‬ ‫‪f2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪00‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪11‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0,1‬‬ ‫‪0,1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪C00‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪f3‬‬ ‫‪C0‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪C10‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪C1‬‬ ‫‪C‬‬ ‫‪f4‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪C01‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪C11‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫הוכחת נכונות‪:‬‬ ‫האוטומט פועל למעשה כמו רכיב ‪ .FA‬הסדר המיוחד של הקלט מאפשר לבצע‬ ‫את החיבור תו אחר תו‪ .‬במצב כזה‪ ,‬יש "לזכור" בכל שלב האם קיים קרי או לא‪.‬‬ ‫פרט לכך‪ ,‬מתבצעת בדיקה שחיבור כל ‪ 2‬הביטים מתבצע כראוי )בהתחשב גם‬ ‫בקרי בכל שלב(‪ .‬במידה שאכן בוצע חיבור כראוי‪ ,‬האוטומט חוזר למצב‬ ‫ההתחלתי ‪ q0‬ומקבל את המילה כנדרש‪ .‬במידה ובשלב כלשהו בוצע חיבור‬ ‫שגוי‪ ,‬האוטומט מגיע למצב "ללא מוצא" ולא מקבל את המילה‪.‬‬ ‫ד‪.‬‬ ‫}‪Σ={0,1}, L4={w | the number of ‘01’s in w is equal to the number of '10's‬‬ ‫פתרון‪ :‬זו שפה רגולרית‪.‬‬ ‫הוכחה‪:‬‬ ‫נראה אוטומט דטרמיניסטי המכריע את השפה‪.‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪01‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪10‬‬ ‫‪q0‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪5‬‬ ‫‪u.multinet.co.il‬‬ ‫עידן דויטש‬ ‫‪u.multinet.co.il‬‬ ‫הוכחת נכונות‪:‬‬ ‫נשים לב תחילה‪ ,‬שבכל עת‪ ,‬ההבדל מספר ההופעות של '‪ '10‬ו‪ '01'-‬הוא לכל‬ ‫היותר ‪ .1‬הסיבה לכך היא כיוון שלאחר כל ‪ ,01‬יכול להופיע '‪ '1‬מספר רב של‬ ‫פעמים )מבלי להוסיף לאף אחד מהצירופים( וברגע שמופיע '‪ ,'0‬נוצרת‪,‬‬ ‫למעשה‪ ,‬הופעה של ‪) 10‬כלומר מספר ההופעות משתווה וההפרש בין‬ ‫הצירופים חוזר להיות ‪ .(0‬המצב מתקיים בצורה דומה גם עבור הצירוף ‪.10‬‬ ‫האוטומט שבנינו מבצע בדיוק בדיקה זו‪ .‬לאחר התו הראשון‪ ,‬האוטומט שומר‬ ‫האם קיים יתרון יחסי לאחד הצירופים )מצבים ‪ 10‬ו‪ .(01-‬כל עוד קיים יתרון כזה‪,‬‬ ‫הוא לא מקבל את המילה‪ .‬במידה ומספר ההופעות משתווה‪ ,‬האוטומט מקבל‬ ‫את המילה )מצבים ‪ 0‬ו‪.(1-‬‬ ‫‪ .6‬סבוכיות מקום‬ ‫א‪.‬‬ ‫הוכח שבעיית ‪ Clique‬נמצאת ב‪ PSPACE-‬ע"י תאור אלגוריתם שפותר את הבעיה‬ ‫במקום פולינומי‪.‬‬ ‫תאור האלגוריתם‪:‬‬ ‫‪ .i‬נבנה מערך ‪ A‬בגודל |‪ .|V‬בכל תא במערך יהיה מצביע לקודקוד ייחודי‬ ‫)אין שני מצביעים לאותו הקודקוד( ודגל ‪) 0/1‬במונחי מחשב ניתן‬ ‫לתאר כ'ביט'(‪.‬‬ ‫‪ .ii‬נאתחל את כל הדגלים במערך להיות ‪ ,0‬פרט לדגל הראשון‪ ,‬אותו‬ ‫נאתחל להיות ‪.1‬‬ ‫‪ .iii‬נאתחל אינדקס ספירה ‪ s‬ל‪ .0-‬נעבור על המערך‪ ,‬ונספור באמצעות ‪s‬‬ ‫בכמה תאים מופיע ‪ .1‬אם מספר הפעמים גדול מ‪ k-‬נעבור לשלב ‪.v‬‬ ‫אחרת‪ ,‬נבצע את שלב ‪.iv‬‬ ‫‪ .iv‬נקדם את הדגלים במערך ב‪ .1-‬הכוונה היא להסתכל על הדגלים של‬ ‫המערך כמספר בינארי )מתחילים ממצב בו הדגלים הוא ‪– 0…01‬‬ ‫כלומר המספר הוא ‪ 1‬ובכל קידום מוסיפים למונה זה ‪ .1‬למשל‪ ,‬בקידום‬ ‫הראשון של המונה מ‪ 1-‬לשלב השני‪ ,‬ישתנה מצב הדגלים מ‪ 0…01‬אל‬ ‫‪ 0…10‬וכך הלאה(‪ .‬לאחר קידום המונה‪ ,‬אם הגענו למצב ‪) 0…0‬כלומר‬ ‫היינו במצב ‪ 1…1‬וקידמנו פעם נוספת את המונה(‪ ,‬נחזיר ‪ .F‬אחרת‪,‬‬ ‫נבצע שוב את שלב ‪.iii‬‬ ‫‪ .v‬אם ‪ s‬גדול או שווה ל‪ ,k-‬נרוץ על המערך באמצעות ‪ 2‬אינדקסים‪ i :‬ו‪.j-‬‬ ‫נוודא שכל צומת ‪ i‬במערך שהדגל שלו ‪ ,1‬מחובר לכל צומת אחר ‪j‬‬ ‫במערך שהדגל שלו הוא גם ‪ .1‬אם מצאנו ‪ 2‬צמתים שדגליהם הוא ‪1‬‬ ‫ואין קשת ביניהם נחזור לשלב ‪ .iv‬אחרת נקדם את ‪ j‬ב‪ 1-‬עד שנגיע‬ ‫לצומת האחרון במערך )ואז נאפס את ‪ j‬ונקדם את ‪ i‬ב‪ .(1-‬אם ‪ i‬הגיע‬ ‫לצומת האחרון במערך‪ ,‬נחזיר ‪.T‬‬ ‫הוכחת נכונות‪:‬‬ ‫באמצעות המערך אנו מוודאים שנבדוק כל צרוף אפשרי של הצמתים‪ .‬לכן‪ ,‬אם‬ ‫עבור כל הצרופים שבדקנו‪ ,‬לא מצאנו צירוף מתאים‪ ,‬בוודאות לא קיים צרוף‬ ‫כזה ולכן נחזיר ‪ F‬כנדרש‪ .‬אם במהלך הבדיקות‪ i ,‬הגיע לסוף המערך‪ ,‬הרי שכל‬ ‫הצמתים במערך נבדקו ומצאנו שכל הצמתים שהדגל שלהם הוא ‪ 1‬מחובר לכל‬ ‫צומת אחר‪ .‬כלומר‪ ,‬זהו אכן קליק‪ .‬בשלב ‪ iii‬ווידאנו שגודל הקליק הוא לפחות‬ ‫כגודל ‪ k‬ולכן נחזיר ‪ T‬כנדרש‪.‬‬ ‫‪6‬‬ ‫‪u.multinet.co.il‬‬ ‫עידן דויטש‬ ‫‪u.multinet.co.il‬‬ ‫סבוכיות מקום‪:‬‬ ‫‪ .i‬גודל המערך הוא כגודל מספר הקודקודים )והוא כולל מצביע ודגל‬ ‫בלבד עבור כל התא( ולכן – )|‪.O(|V‬‬ ‫‪ .ii‬המונה ‪ s‬והאינדקסים ‪ i‬ו‪ j-‬יכולים למנות לכל היותר‬ ‫כמספר הקודקודים ולכן עבור כל אחד מהם ידרש מקום – )|‪O(log|V‬‬ ‫סה"כ סבוכיות מקום – )|‪O(|V‬‬ ‫הראנו שניתן לפתור את הבעיה בסבוכיות מקום ליניארית ולכן זו בעיה‬ ‫ב‪.PSpace‬‬ ‫ב‪.‬‬ ‫הוכח ש‪ QSAT-‬היא בעייה ‪-NP‬קשה‪.‬‬ ‫הוכחה‪:‬‬ ‫נגדיר רדוקצית מיפוי ‪ :3SAT<mQSAT‬נגדיר ‪ ,F‬פונקציה המקבלת נוסחה ‪.φ‬‬ ‫הפונקציה ‪ F‬תסרוק את הנוסחה‪ ,‬ועבור כל ליטרל‪ ,‬תבדוק האם פגשנו בו קודם‬ ‫)באמצעות רשימה שנתחזק(‪ .‬אם לא פגשנו בליטרל קודם‪ ,‬נוסיף בתחילת‬ ‫הנוסחה כמת "קיים" עם הליטרל שבדקנו‪ ,‬נוסיף אותו לרשימת הליטרלים בהם‬ ‫נתקלנו ונמשיך לליטרל הבא )לדוגמה‪ ,‬אם הגענו אל ‪ x‬ולא פגשנו בו קודם‪,‬‬ ‫נוסיף לתחילת הנוסחה '‪ .('∃x.‬אם פגשנו בליטרל בעבר‪ ,‬נמשיך לליטרל הבא‪.‬‬ ‫בסיום הסריקה של הנוסחה‪ ,‬תחזיר ‪ F‬את הנוסחה המעודכנת‪.‬‬ ‫הוכחת נכונות‪:‬‬ ‫עבור כל נוסחה )‪ F ,(x1∨x2∨x3)#… # (xn-2∨xn-1∨xn‬תחזיר את הנוסחה‬ ‫)‪ .∃x1….∃xn.(x1∨x2∨x3)#… # (xn-2∨xn-1∨xn‬נוסחה זו תועבר ל‪ .QSAT‬במידה ויש‬ ‫הצבה שמספקת את הנוסחה המקורית‪ ,‬הרי שקיימים ‪ x1…xn‬שמספקים את‬ ‫הנוסחה ולכן ‪ QSAT‬תחזיר ‪ T‬כנדרש‪ .‬אחרת‪ ,‬לא קיימים הצבות ‪ x‬כאלו ולכן‬ ‫‪ QSAT‬תחזיר ‪ F‬כנדרש‪.‬‬ ‫סבוכיות‪:‬‬ ‫נניח שאורך הנוסחה הוא ‪ n‬ליטרלים )לאו דווקא שונים(‪ .‬עבור כל ליטרל‪ ,‬אנו‬ ‫בודקים האם נתקלנו בו בעבר באמצעות רשימת צבירה‪ .‬בדיקה זו מבוצעת‬ ‫בזמן )‪) O(n‬סריקה פשוטה של הרשימה(‪ .‬במידה ולא נתקלנו בו בעבר‪ ,‬אנו‬ ‫מוסיף כמת עבורו בתחילת הנוסחה ומוסיפים אותו לרשימת הליטרלים בהם‬ ‫נתקלנו‪ 2 .‬פעולות אלו מבוצעות ב‪ .O(1)-‬סה"כ כל טיפול בליטרל לוקח )‪.O(n‬‬ ‫אנו מבצעים זאת עבור ‪ n‬ליטרלים בנוסחה ולכן סבוכיות זמן ריצה של ‪ F‬הינה‬ ‫)‪.O(n2‬‬ ‫הראנו כי קיימת רדוקציה פולינומית מ‪ 3SAT -‬אל ‪ 3SAT .QSAT‬היא ‪ NP‬שלמה‬ ‫ולכן בפרט ‪ NP‬קשה‪ .‬מכאן‪ ,‬שגם ‪ QSAT‬היא בעיה ‪ NP‬קשה‪.‬‬ ‫‪7‬‬ ‫‪u.multinet.co.il‬‬