จุดตัด DFA ในพื้นที่ subquadratic

25

จุดตัดของ DFA สองอัน (น้อยที่สุด) ที่มี n state สามารถคำนวณได้โดยใช้เวลาและพื้นที่O (n ² ) สิ่งนี้เหมาะสมที่สุดโดยทั่วไปเนื่องจาก DFA ที่เกิดขึ้น (น้อยที่สุด) อาจมีสถานะn ²อย่างไรก็ตามหาก DFA ที่น้อยที่สุดที่เป็นผลลัพธ์มี z ฯ โดยที่ z = O (n) สามารถคำนวณได้ใน space n ^2-epsสำหรับ eps คงที่> 0 หรือไม่ ฉันจะสนใจผลดังกล่าวแม้ในกรณีพิเศษที่อินพุท DFA นั้นเป็นแบบวนรอบ

automata-theory dfa

— Rasmus Pagh
แหล่งที่มา

3

อืม ... ถ้า n-state DFA สองตัวนั้นเป็นวงจรดังนั้นแต่ละคนก็ยอมรับชุดคำที่มีความยาวไม่เกิน n ที่สุดซึ่งในกรณีนี้การแยกของพวกเขาเป็นเพียงจุดตัดของกราฟการเปลี่ยนสองอันซึ่งมีรัฐ n และ สามารถคำนวณได้ในเวลาเชิงเส้นและพื้นที่ หรือว่าฉันขาดอะไรไป?

— Joshua Grochow

4

ใช่วงจร DFA ยอมรับเฉพาะชุดคำที่ จำกัด เท่านั้น แต่มีตัวอย่างของ DFA ที่มีจุดตัดที่มีขนาด n ^ 2 ตัวอย่างเช่นลองนึกถึง DFA หนึ่งอันที่ยอมรับสตริงของแบบฟอร์ม AABC (โดย ABC คือสตริงความยาว k) และอีกอันหนึ่งที่ยอมรับสตริงของแบบฟอร์ม ABCC

— Rasmus Pagh

1

retagging: cs.cc เป็นการกำหนด arxiv ดังนั้นแท็กที่กำหนดไม่จำเป็นต้องใช้คำนำหน้า cs.cc

— Suresh Venkat

15

คำตอบคือใช่โดยไม่มีข้อกำหนดใด ๆ กับขนาดของหุ่นยนต์ มันสามารถคำนวณได้ในพื้นที่แม้สำหรับ DFA ที่เป็นค่าคงที่ $O(\log^2 n)$ $k$ $k$

ให้ (เป็น DFAs เราแสดงให้เห็นว่าเนื่องจากซึ่งคำนวณ DFA ขั้นต่ำที่สุดให้รู้จักสามารถทำได้ในพื้นที่ เราพิสูจน์ผลลัพธ์ทางเทคนิคก่อน $A_i = (Q_i, \Sigma_i, \delta_i, z_i, F_i)$ $i \in [k])$ $k$ $\langle A_1, \ldots, A_k \rangle$ $\text{L}(A_1) \cap \cdots \cap\text{L}(A_k)$ $O(\log^2 n)$

คำจำกัดความ 1 : ให้เป็นสองสถานะแล้ว iff , $q, r$ $q \equiv r$ $\forall w \in \Sigma^*$ $q . w \in F \Leftrightarrow r . w \in F$

ตอนนี้เราพิจารณาหุ่นยนต์ได้จากการสร้างผลิตภัณฑ์คาร์ทีเซียนแบบคลาสสิค ให้และเป็นรัฐ $A$ $q = (q_1, \ldots, q_k)$ $r = (r_1, \ldots, r_k)$ $A$

บทที่ 1 : การตัดสินใจว่าอยู่ใน NL หรือไม่ $q \equiv r$

หลักฐาน (ร่าง): เราแสดงให้เห็นว่าการทดสอบความไม่เท่าเทียมกันอยู่ใน NL และใช้ NL = coNL คาดเดาคำ (ครั้งละหนึ่งตัวอักษร) เช่นนั้นคือสถานะสุดท้ายและไม่ได้ สิ่งนี้สามารถทำได้โดยการคำนวณในการเข้าสู่ระบบพื้นที่สำหรับและการใช้ความจริงที่ว่าเป็นที่สิ้นสุด IFF[k] ก็สามารถที่จะแสดงให้เห็นว่าหมายถึงการดำรงอยู่ของที่ของโพลีขนาด $w \in \Sigma^*$ $q . w$ $r . w$ $q_i . w, r_i . w$ $i \in [k]$ $q$ $q_i \in F_i \, \forall i \in [k]$ $q \not\equiv r$ $w$

เลมม่า 2 : การตัดสินใจว่า (เข้าถึง) เข้าถึงได้ใน NL หรือไม่ $q$

หลักฐาน (ร่าง): Guess (โพลีขนาด) เส้นทางจากเพื่อ ( ) $z_i$ $q_i$ $i \in [k]$

คำจำกัดความที่ 2 : พิจารณาสถานะของตามลำดับคำศัพท์ กำหนดว่าเป็นสถานะที่เข้าถึงได้ครั้งแรกและสถานะที่เข้าถึงได้ครั้งแรกตามหลังซึ่งไม่เท่ากับสถานะก่อนหน้าใด ๆ เรากำหนดในฐานะที่ไม่ซ้ำกันเช่นนั้น(i) $A$ $s(1)$ $s(i)$ $s(i-1)$ $c(q)$ $i$ $q \equiv s(i)$

แทรก 3 :สามารถคำนวณได้ในพื้นที่ $s(i)$ $O(\log^2 n)$

หลักฐาน (ภาพร่าง): คำนิยาม 2 ให้อัลกอริธึม เราใช้ตัวนับเพื่อย้ำข้ามรัฐ ให้และเป็นสถานะปัจจุบัน ในแต่ละรัฐเราใช้ lemma 2 เพื่อตรวจสอบว่าสามารถเข้าถึงได้หรือไม่ ถ้าเป็นเราห่วงในทุกรัฐก่อนหน้านี้และเราตรวจสอบว่าใด ๆ ของพวกเขาจะเทียบเท่ากับคิวถ้าไม่มีใด ๆ เราเพิ่มและเอาท์พุทถ้าฉัน มิฉะนั้นเราจะเก็บเป็นและดำเนินการต่อ เนื่องจากเราจัดเก็บจำนวนตัวนับคงที่เท่านั้นและการทดสอบของเราสามารถทำได้ใน $k$ $j \leftarrow 0$ $q$ $q$ $q$ $j$ $q$ $j = i$ $q$ $s(j)$ $\text{NL} \subseteq \text{DSPACE}(\log^2 n)$ นี่เป็นการพิสูจน์ที่สมบูรณ์

ควันหลง 1 :สามารถคำนวณได้ในพื้นที่ $c(q)$ $O(\log^2 n)$

ทฤษฎีบท : ลดสามารถทำได้ในพื้นที่ $A$ $O(\log^2 n)$

หลักฐาน (ภาพร่าง): ปล่อยเป็นที่ใหญ่ที่สุดเช่นว่าถูกกำหนด (เช่น. จำนวนของชั้นเรียนของ ) เราให้อัลกอริทึมที่แสดงออโตเมติกโดยที่ $1 \leq m \leq |Q_0| \cdots |Q_1|$ $i$ $s(i)$ $\equiv$ $A' = (Q', \Sigma, \delta', z', F')$

$Q' = \lbrace s(i) : i \in [m] \rbrace$ ;
$F' = \lbrace q \in Q' : q_i \in F_i \, \forall i \in [k] \rbrace$ ;
$z' = s(c(q))$ ที่z_k) $q = (z_0, \ldots, z_k)$

ตอนนี้เราจะแสดงวิธีการคำนวณเดลต้า' สำหรับทุก ๆ , คำนวณและผลผลิตการเปลี่ยนแปลงขวา) โดยแทรก 3 และข้อพิสูจน์ที่ 1 ขั้นตอนวิธีนี้วิ่งในพื้นที่ มันสามารถตรวจสอบได้ว่ามีน้อยและ(A) $\delta'$ $i \in [m], a \in \Sigma$ $q \leftarrow s(i) . a$ $\left(s(i), a, s(c(q))\right)$ $O(\log^2 n)$ $A'$ $\text{L}(A') = \text{L}(A)$

— Michael Blondin
แหล่งที่มา

3

อัลกอริทึมที่ดี! นี่เป็นวิธีที่แตกต่างกันเล็กน้อยในการดูอัลกอริทึมนี้ หลักของมันคือการที่ลดสถานะของใด ๆ DFA ให้สามารถทำได้ในเวลาพหุนามและพื้นที่ หลังจากนั้นมันง่ายที่จะสร้าง DFA บางตัวที่เป็นตัวแทนของจุดตัดในพื้นที่ลอการิทึม (ดังนั้นในเวลาพหุนามและพื้นที่ ) และเราสามารถเขียนฟังก์ชั่นสองอย่างที่คำนวณได้ในเวลาพหุนามและช่องว่าง (ในทำนองเดียวกันกับการเขียนสองการลดช่องว่างแบบลอการิทึม) ทำให้เกิดอัลกอริธึมทั้งหมดในเวลาพหุนามและช่องว่าง

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

— Tsuyoshi Ito

2

ฉันเพิ่งเห็นคำตอบนี้ ... ฉันไม่เห็นสาเหตุที่อัลกอริทึมทำงานใน polytime และพื้นที่พร้อมกัน ใช่แต่ไม่ทราบว่า - นั่นคือเราสามารถ รับอัลกอริทึมที่ทำงานใน polytime และเราสามารถรับอัลกอริทึมอื่นที่ทำงานในพื้นที่แต่ฉันไม่ทราบวิธีแก้ปัญหาใน polytime และพื้นที่เดียว ขั้นตอนวิธี

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

N L \subseteq P \cap D S P A C E [\log^{2} n]

$NL \subseteq P \cap DSPACE[\log^2 n]$

N L \subseteq T I S P [n^{O (1)}, \log^{2} n]

$NL \subseteq TISP[n^{O(1)}, \log^2 n]$

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

N L

$NL$

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

— Ryan Williams

คุณพูดถูกฉันไม่รู้เหมือนกัน ฉันโพสต์เมื่อนานมาแล้วดังนั้นฉันจึงไม่แน่ใจว่าทำไมฉันจึงเขียนด้วยวิธีนี้ แต่บางทีฉันอาจหมายถึง "เวลาพหุนามหรือ O (log² n)" ฉันจะแก้ไขเพราะมันทำให้เข้าใจผิด ขอขอบคุณ!

— Michael Blondin

14

ดิ๊กลิปตันและเพื่อนร่วมงานได้แก้ไขปัญหานี้และลิปตันบล็อกเกี่ยวกับที่นี่:

http://rjlipton.wordpress.com/2009/08/17/on-the-intersection-of-finite-automata/

ดูเหมือนว่าการทำดีกว่า O (n ^ 2) จะเปิดแม้ในกรณีพิเศษอย่างมากในการพิจารณาว่าจุดตัด DFA กำหนดภาษาว่างเปล่าหรือไม่
กระดาษให้ผลที่ซับซ้อนซึ่งเป็นผลมาจากอัลกอริทึมที่ได้รับการปรับปรุงให้ดีขึ้นไม่เพียงแค่ 2 DFAs ในจุดตัด แต่มีจำนวนที่มากขึ้นเช่นกัน

— Andy Drucker
แหล่งที่มา

1

แล้วขอบเขตที่ต่ำกว่าล่ะ?

— Marcos Villagra

1

เพียงเพื่อชี้แจงคำถาม: ฉันยินดีที่จะใช้เวลา O (n ^ 2) เวลา (หรือแม้กระทั่ง n ^ O (1) เวลา) เพื่อปรับปรุงพื้นที่ที่ถูกผูกไว้

— Rasmus Pagh

13

หากคุณได้รับ k DFA (k เป็นส่วนหนึ่งของอินพุต) และต้องการทราบว่าจุดตัดของพวกเขาว่างเปล่าหรือไม่ปัญหานี้คือ PSPACE ที่สมบูรณ์โดยทั่วไป:

Dexter Kozen: ขอบเขตที่ต่ำกว่าสำหรับระบบพิสูจน์ตามธรรมชาติ FOCS 1977: 254-266

บางทีถ้าคุณศึกษาข้อพิสูจน์นี้อย่างรอบคอบ (และสิ่งปลูกสร้างที่คล้ายกันโดยลิปตันและผู้เขียนร่วมของเขา) คุณอาจพบว่าพื้นที่บางส่วนมีขอบเขตที่ต่ำกว่าแม้จะเป็นค่าคงที่ k

— Ryan Williams
แหล่งที่มา

ขอบคุณสำหรับตัวชี้นี้ ฉันคาดเดาว่าสิ่งนี้อาจนำไปสู่พื้นที่ n ^ Omega (1) ที่ต่ำกว่าขอบเขตบนพื้นที่เพิ่มเติมที่จำเป็นนอกเหนือจากอินพุต แต่อาจเป็นไปได้หรือไม่ที่จะนำไปสู่การลดลงของพื้นที่ว่างเชิงเส้นแบบซุปเปอร์?

— Rasmus Pagh

1

@ user124864 จาก DFA ที่มีสถานะแต่ละตัวหุ่นยนต์ของผลิตภัณฑ์จะมีสถานะเป็นขณะนี้มีสองเทคนิคที่คุณสามารถทำได้เพื่อลดขนาดของมัน อย่างแรกคือคุณเพียงพิจารณาส่วนประกอบที่เข้าถึงได้ของกราฟผลิตภัณฑ์ ประการที่สองคุณสามารถลด DFA ของผลิตภัณฑ์ได้ ในตอนท้ายของวันการค้นหาว่าภาษาใดที่ออโตเมชั่นจดจำได้ยาก

k

$k$

n

$n$

n^{k}

$n^k$

— Michael Wehar

1

@ user124864 แม้เพียงแค่พยายามตรวจสอบว่าผลิตภัณฑ์ DFA รู้จักภาษาที่ไม่ว่างเปล่านั้นเป็นเรื่องยากหรือไม่ นี่คือปัญหาการไม่ว่างทางแยก โดยยากฉันหมายความว่ามันเป็นสมบูรณ์ในความรู้สึกที่แข็งแกร่ง

X N L

$XNL$

— Michael Wehar

1

@ user124864 หากคุณสามารถแก้ไขได้ในเวลาน้อยกว่าแล้วเราจะได้อัลกอริทึมที่เร็วขึ้นสำหรับปัญหาที่สมบูรณ์ของ PSPACE มันไม่สามารถแก้ไขได้ในพื้นที่ไบนารีที่ไม่ได้กำหนดไว้ ไม่มีใครรู้ว่าเราสามารถแก้ปัญหาได้ในพื้นที่น้อยกว่าพื้นที่ไบนารีที่กำหนดไว้ ไม่มีใครรู้ว่าเราสามารถแก้มันในเวลาพหุนามกำหนดพร้อมกันและพื้นที่ไบนารีสำหรับฟังก์ชั่นใด ๆ (ทำเช่นนั้นจะปรับปรุงทฤษฎีบทของ Savitch)

n^{k}

$n^k$

o (1) \cdot k \cdot \log (n)

$o(1) \cdot k \cdot \log(n)$

k^{2} \log^{2} (n)

$k^2 \log^2(n)$

f (k) \cdot \log^{2} (n)

$f(k) \cdot \log^2(n)$

f

$f$

— Michael Wehar

1

@ user124864 หมายเหตุ: เรามีทั้งสองอย่างต่อไปนี้ (1) การเอาชนะเวลาหมายถึงขั้นตอนวิธีที่กำหนดได้เร็วขึ้นสำหรับปัญหาที่สมบูรณ์แบบของ PSPACE และ (2) การตีเวลาที่ไม่ใช่แบบกำหนดได้หมายถึงอัลกอริทึมที่ไม่ได้กำหนดขึ้นอย่างรวดเร็วสำหรับปัญหาที่สมบูรณ์แบบ PSPACE

n^{k}

$n^k$

n^{k}

$n^k$

— Michael Wehar

7

ได้รับสองออโต,ยอมรับภาษา จำกัด (ออวัฏจักร) ความซับซ้อนของรัฐของที่อยู่ใน (1) ผลที่ได้นี้ยังถือสำหรับ DFAs เอก (ไม่จำเป็นต้องวัฏจักร) (2) อย่างไรก็ตามคุณดูเหมือนจะพูดถึงพื้นที่ที่ต้องใช้ในการคำนวณจุดตัดของออโตสองตัว ฉันไม่เห็นว่าการก่อสร้างแบบคลาสสิกโดยใช้ผลิตภัณฑ์คาร์ทีเซียนใช้พื้นที่อย่างไร สิ่งที่คุณต้องการคือจำนวนเคาน์เตอร์ขนาดลอการิทึมคงที่ เมื่อคุณคำนวณฟังก์ชั่นการเปลี่ยนภาพสำหรับสถานะใหม่คุณจะต้องสแกนอินพุตโดยไม่ต้องดูข้อมูลใด ๆ ที่สร้างขึ้นก่อนหน้านี้ $A$ $B$ $L(A) \cap L(B)$ $\Theta(|A| \cdot |B|)$ $O(n^2)$ $(q,r)$

บางทีคุณต้องการที่จะแสดงออโตเมติกน้อยที่สุด? หากเป็นกรณีนี้ฉันไม่มีเงื่อนงำว่าจะสามารถทำได้หรือไม่ ความซับซ้อนของสถานะของการแยกสำหรับภาษาที่ จำกัด ดูเหมือนจะไม่ได้รับการสนับสนุน อย่างไรก็ตาม DFA ที่ไม่เป็นเอกภาพมีความซับซ้อนของรัฐเหมือนกันและฉันคิดว่ามันสามารถทำได้ด้วยออโตมาตะดังกล่าว ด้วยการใช้ผลลัพธ์จาก(2)คุณจะได้ขนาดที่แน่นอนของออโตเมติกที่รู้จักการแยก ขนาดนี้ถูกอธิบายด้วยความยาวของหางและรอบดังนั้นฟังก์ชันการเปลี่ยนสามารถคำนวณได้อย่างง่ายดายด้วยพื้นที่น้อยมากเนื่องจากโครงสร้างถูกอธิบายโดยทั้งสองขนาด จากนั้นสิ่งที่คุณต้องทำคือการสร้างชุดของสถานะสุดท้าย ให้เป็นจำนวนของสถานะในออโตเมตอนที่ได้จากนั้นสำหรับ , สถานะทั้งหมด $n$ $1 \leq i \leq n$ $i$ เป็นรัฐสุดท้าย IFFได้รับการยอมรับจากทั้งและBการทดสอบนี้สามารถดำเนินการด้วยพื้นที่น้อย $a^i$ $A$ $B$

— Michael Blondin
แหล่งที่มา

1

ใช่ฉันสนใจออโตเมติกน้อยที่สุดหรืออย่างน้อยออโตเมติกที่มีขนาดใกล้เคียงกัน ขอบคุณสำหรับพอยน์เตอร์ให้กับ DFA อย่างไรก็ตามสิ่งนี้ดูเหมือนจะไม่ได้ช่วยอะไรมากนักสำหรับกรณีทั่วไป

— Rasmus Pagh