จะพิสูจน์ได้อย่างไรว่า DFA จาก NFA สามารถมีจำนวนรัฐเป็นเลขชี้กำลัง

ออโต้ จำกัด ที่ไม่สามารถกำหนดได้ทั้งหมดสามารถเปลี่ยนเป็นออโต้ จำกัด อัน จำกัด ที่เทียบเท่าได้ อย่างไรก็ตามออโต้ จำกัด ที่กำหนดขึ้นได้นั้นอนุญาตให้ลูกศรเดียวต่อสัญลักษณ์ที่ชี้จากรัฐเท่านั้น ดังนั้นรัฐควรเป็นสมาชิกของชุดพลังแห่งรัฐของ NFA สิ่งนี้ดูเหมือนจะบ่งชี้ว่าจำนวนสถานะของ DFA สามารถปรับขยายชี้แจงในแง่ของจำนวนสถานะของ NFA อย่างไรก็ตามฉันสงสัยว่าจะพิสูจน์สิ่งนี้ได้อย่างไร

การดำเนินการหนึ่งที่แปลง NFA ไปเป็น NFA อื่น แต่ไม่ได้ทำเช่นนั้นสำหรับ DFA คือการกลับรายการ (ชี้ที่ลูกศรทั้งหมดในทางกลับกันและสลับสถานะเริ่มต้นด้วยการยอมรับสถานะ) ภาษาที่ได้รับการยอมรับโดยหุ่นยนต์แปลงร่างเป็นภาษาตรงกันข้าม\}$L^R = \{u_{n-1}\ldots u_0 \mid u_0\ldots u_{n-1} \in L\}$

ดังนั้นแนวคิดหนึ่งคือมองหาภาษาที่มีโครงสร้างแบบอสมมาตร ในอนาคตข้างหน้าภาษานี้ควรได้รับการยอมรับโดยการตรวจสอบสัญลักษณ์แรกซึ่งต้องการเพียงแค่สถานะเท่านั้น การย้อนกลับควรมีความจำเป็นในการเก็บความทรงจำของรัฐล่าสุดซึ่งต้องใช้สถานะโดยที่คือขนาดตัวอักษรn + O ( 1 ) n A n + O ( 1 ) $n$$n + O(1)$$n$$A^n + O(1)$$A$

เรากำลังมองหาภาษาของรูปแบบโดยที่ประกอบด้วยคำที่มีความยาวและเป็นชุดย่อยของตัวอักษรที่ไม่เกี่ยวกับตัวอักษรและไม่มีข้อ จำกัด ใด ๆ เพิ่มเติม เราอาจเลือกตัวอักษรที่ง่ายที่สุด (ตัวอักษรเดี่ยวจะไม่ทำคุณจะไม่ได้รับ NFA ที่เล็กลง) และ . ขี้ปะติ๋วหมายถึง\} สำหรับเราต้องการให้มันไม่สัมพันธ์กับ (ดังนั้น DFA สำหรับภาษาที่ตรงกันข้ามจะต้องเก็บหน่วยความจำของ ):M n n S M ′ A = { a , b } M ′ = A ∗ S S = { a } M $M_n S M'$$M_n$$n$$S$$M'$$\mathscr{A} = \{a,b\}$$M' = \mathscr{A}^*$$S$$S = \{a\}$$M_n$S M n = $S$$S$$M_n = \mathscr{A}^n$ n

จึงช่วยให้ * มันเป็นที่รู้จักโดย DFA ง่าย ๆ ที่มีฯ n + $L_n = (a|b)^n a (a|b)^*$$n+2$

การย้อนกลับของอัตราผลตอบแทนถัวมัน NFA ที่ตระหนักถึง n$L_n^R = (a|b)^* a(a|b)^n$

น้อยที่สุด DFAที่ตระหนักถึง มีอย่างน้อยรัฐ นี่เป็นเพราะคำทั้งหมดที่มีความยาวจะต้องไปถึงสถานะที่ต่างกันใน DFA (กล่าวอีกนัยหนึ่งพวกเขาอยู่ในชั้นเรียนเทียบเท่าของ Myhill-Nerode ) เพื่อพิสูจน์สิ่งนี้ใช้คำสองคำที่แตกต่างกันและให้เป็นตำแหน่งที่พวกเขาแตกต่างกัน ( ) โดยไม่สูญเสียของทั่วไปสมมติและb จากนั้นและ (เป็นส่วนขยายที่โดดเด่นสำหรับ 2 n + 1 2 n + 1 u , v ∈ A n + 1 k u k ≠ v k u k = a v k = b u b k ∈ L R n v b k ∉ L R n b k u v u v $L_n^R$$2^{n+1}$$2^{n+1}$$u,v \in \mathscr{A}^{n+1}$$k$$u_k \ne v_k$$u_k = a$$v_k = b$$u b^k \in L_n^R$$v b^k \notin L_n^R$$b^k$$u$และ ) ถ้าและนำไปสู่สถานะเดียวกันใน DFA ที่รู้จักดังนั้นและจะเป็นไปไม่ได้เนื่องจากเป็นไปไม่ได้เนื่องจากจะนำไปสู่สถานะที่ยอมรับและอีกอันหนึ่งไม่ได้$v$$u$$v$ u b k v $L_n^R$$u b^k$$v b^k$

รับทราบ: ตัวอย่างนี้ถูกอ้างถึงในWikipediaโดยไม่มีคำอธิบาย บทความให้การอ้างอิงถึงบทความที่ฉันไม่ได้อ่านซึ่งให้ขอบเขตที่เข้มงวดยิ่งขึ้น:
Leiss, Ernst (1981), "การบรรยายสั้น ๆ ของภาษาปกติโดย Boolean ออโตมาตะ", วิทยาศาสตร์คอมพิวเตอร์เชิงทฤษฎี 13 (3): 323–330, ดอย: 10.1016 / S0304-3975 (81) 80005-9

พิจารณาตระกูลภาษาต่อไปนี้: $L_n = \{ x_1, x_2, \ldots, x_k \# x_{k+1}: \exists i \in \{1, \ldots, k\} \text{ with } x_i = x_{k+1} \}$

ตัวอักษรของเป็น{ # , 1 , ... , n }$L_n$$\{\#, 1,\ldots, n \}$

มี NFA กับเป็นรัฐที่ตระหนักถึงภาษาL n มันมีnสำเนา ในสำเนาที่iเราเดาว่าอักษรตัวสุดท้ายจะเป็นiและตรวจสอบการเดาของเรา มันง่ายที่จะสร้างสำเนาที่มี3สถานะ มีเพียงการตัดสินใจในระดับเริ่มต้นเท่านั้น$O(n)$$L_n$$n$$i$$i$$3$

อย่างไรก็ตามไม่มี DFA ที่ตระหนักถึงที่มีน้อยกว่า2 O ( n )รัฐเพราะสังหรณ์ใจเป็น DFA ต้องจำย่อยของ{ 1 , ... , n }$L_n$$2^{O(n)}$$\{1,\ldots, n\}$

ฉันค่อนข้างมั่นใจว่าหนังสือของ Sipser มีตัวอย่างนี้

อีกตัวอย่างหนึ่งคือภาษาของทุกคำที่พลาดสัญลักษณ์หนึ่งตัวอักษร หากตัวอักษรมีขนาดดังนั้น NFA สามารถ "เดา" สถานะเริ่มต้นและยอมรับภาษาที่มีnสหรัฐฯ บนมืออื่น ๆ โดยใช้ทฤษฎีบท Nerode ของมันเป็นเรื่องง่ายที่จะเห็นว่าขนาดของ DFA น้อยที่สุดสำหรับภาษานี้เป็น2 n$n$$n$$2^n$

ตัวอย่างนี้ยังแสดงให้เห็นว่า NFAs อาจมีการระเบิดแบบเอ็กซ์โปเนนเชียลภายใต้การเสริม แท้จริงแล้วมันเป็นที่รู้จักกันว่า NFA ใด ๆ (หรือแม้แต่ไวยากรณ์ที่ไม่มีบริบท) สำหรับภาษาของคำทั้งหมดที่มีสัญลักษณ์ทั้งหมดของตัวอักษรจะต้องมีจำนวนของรัฐที่ชี้แจง