ขอบเขตกับขนาดของ NFA ที่เล็กที่สุดสำหรับ L_k-different

พิจารณาภาษา $L_{k-distinct}$ ประกอบด้วยทั้งหมด $k$ -letter สตริงมากกว่า $\Sigma$ เช่นว่าไม่มีตัวอักษรสองตัวมีค่าเท่ากัน:

L k - d i s t i n c t : = {w = σ 1 σ 2 . . . σ k ∣ \forall i \in [k] : σ i \in Σ and \forall j \neq i : σ j \neq σ i}

$L_{k-distinct} :=\{w = \sigma_1\sigma_2...\sigma_k \mid \forall i\in[k]: \sigma_i\in\Sigma ~\text{ and }~ \forall j\ne i: \sigma_j\ne\sigma_i \}$

ภาษานี้มี จำกัด และดังนั้นจึงเป็นปกติ โดยเฉพาะถ้า $\left|\Sigma\right|=n$ จากนั้น $\left|L_{k-distinct}\right| = \binom{n}{k} k!$ .

ออโตเมติก จำกัด แบบไม่ จำกัด ขนาดเล็กที่สุดที่ยอมรับภาษานี้คืออะไร

ปัจจุบันฉันมีขอบเขตบนและล่างที่หลวมดังต่อไปนี้:

NFA ที่เล็กที่สุดที่ฉันสามารถสร้างได้มี $4^{k(1+o(1))}\cdot polylog(n)$ สถานะ
บทแทรกต่อไปนี้แสดงถึงขอบเขตล่างของ $2^k$ ฯ :

ให้เป็นภาษาปกติ สมมติว่ามีคู่เช่นนั้นถ้าหากเท่านั้น ดังนั้น NFA ใดที่รับ L มีสถานะอย่างน้อย n รัฐ $L ⊆ Σ^*$ $n$ $P = \{ (x_i, w_i) \mid 1 ≤ i ≤ n \}$ $x_i\cdot w_j \in L$ $i=j$

ขอบล่างอีกเล็กน้อย (เล็กน้อย) คือซึ่งเป็นบันทึกของขนาดของ DFA ที่เล็กที่สุดสำหรับภาษา $log$ $n\choose k$

ฉันยังสนใจใน NFA ที่ยอมรับเฉพาะเศษส่วนคงที่ ( ) ของถ้าขนาดของออโตมาตามีขนาดเล็กกว่า(n) $0<\epsilon<1$ $L_{k-distinct}$ $\epsilon\cdot 4^{k(1+o(1))}\cdot polylog (n)$

แก้ไข: ฉันเพิ่งเริ่มรางวัลที่มีข้อผิดพลาดในข้อความ

ฉันหมายความว่าเราอาจคิดในขณะที่ผมเขียน(n)) $k=polylog(n)$ $k=O(log(n))$

Edit2:

เงินรางวัลจะสิ้นสุดลงในไม่ช้าดังนั้นหากใครสนใจสิ่งที่อาจเป็นวิธีที่ง่ายกว่าในการหารายได้ให้พิจารณาภาษาต่อไปนี้:

$L_{(r,k)-distinct} :=\{w : w$ มีสัญลักษณ์ที่แตกต่างกันและเป็นสัญลักษณ์ไม่ปรากฏมากกว่าครั้ง\} $k$ $r$ $\}$

(เช่น ) $L_{(1,k)-distinct} = L_{k-distinct}$

สิ่งก่อสร้างที่คล้ายกันในความคิดเห็นให้โตขนาดใหญ่สำหรับ . $O(e^k\cdot 2^{k\cdot log(1+r)}\cdot poly(n))$ $L_{(r,k)-distinct}$

สามารถปรับปรุงได้ไหม ขอบล่างที่ดีที่สุดที่เราสามารถแสดงให้กับภาษานี้คืออะไร?

— RB
แหล่งที่มา

คุณสามารถอธิบาย NFA ที่มีขอบเขตสูงได้หรือไม่

— mjqxxxx

ฉันยังไม่สามารถเขียนเกี่ยวกับเรื่องนี้ได้ในขณะที่เรายังคงดำเนินการอยู่และยังไม่สามารถพิสูจน์ได้ แต่ฉันจะอธิบายออโตเมติกง่ายๆที่มีขนาด

: ใช้

- แฮชที่สมบูรณ์แบบ

. ทุกแฮชดังกล่าวเป็นฟังก์ชัน

O((2e)k∗2O(log(k))∗log(n)) $O((2e)^k * 2^{O(log(k))} * log(n))$

(n,k) $(n,k)$

H $H$

h:[n]→[k] $h: [n] \to [k]$ . นี่หมายความว่าสำหรับทุกเซตย่อยที่มีขนาด

มากที่สุด

มีฟังก์ชัน

เพื่อให้แมปทุกรายการของชุดย่อยเป็นจำนวนที่แตกต่างกัน หลังจากแปลงแป้นพิมพ์ตัวอักษรส่งผลให้มี

ตัวอักษรด้วยเหตุนี้ autumaton ขนาด

สามารถยอมรับ

ภาษา [n] $[n]$

k $k$

h∈H $h\in H$

k $k$

2k $2^k$

Lk−distinct $L_{k-distinct}$

— RB

ขอบเขตล่างให้

เพียงแค่นับจำนวนสถานะที่ NFA สามารถอยู่ในขั้นตอน

ฉันไม่คิดว่าฉันรู้วิธีหลักฐานใด ๆ ที่ทำให้ขอบเขตอย่างมีนัยสำคัญที่ดีกว่าสำหรับขนาดรวมกว่าสิ่งที่สามารถรับได้มากกว่าโดยเพียงแค่มองหาสิ่งที่เกิดขึ้นหลังจาก

ขั้นตอนสำหรับบางคนที

แต่ที่นี่ทุก

มี NFA ที่สามารถเป็นเพียงหนึ่ง

รัฐหลังตรง

รัฐ(2−o(1))k $(2-o(1))^k$

k/2 $k/2$

t $t$

(2+o(1))k $(2+o(1))^k$

t $t$

— โนม

หลักฐาน (จากการอ้างสิทธิ์ก่อนหน้าของฉัน): กรณีที่ยากที่สุดคือ

; เลือก

ย่อยสุ่มที่แตกต่างกัน

(ของ

สัญลักษณ์ตัวอักษร) ที่มีขนาดตรง

แต่ละคนและสร้าง NFA ที่มีรัฐสำหรับแต่ละ

มีเส้นทางบางส่วนนำไปสู่ IFF สัญลักษณ์

แรกจะแตกต่างกันทั้งหมดและมีอยู่ใน

และมีเส้นทางการยอมรับจากมันถ้า iff

ต่อไปนี้

t=k/2 $t=k/2$

2k⋅poly(k,logn) $2^k \cdot poly(k, \log n)$

Si $S_i$

n $n$

t $t$

i $i$

t $t$

Si $S_i$

k−t $k-t$ สัญลักษณ์ทั้งหมดที่แตกต่างกันและมีอยู่ในส่วนประกอบของ

ฉัน

อาร์กิวเมนต์การนับจะแสดงให้เห็นว่า whp (มากกว่าตัวเลือกแบบสุ่มของ

) NFA นี้จะยอมรับภาษาที่ต้องการทั้งหมดอย่างแท้จริง Si $S_i$

Si $S_i$

— โนม

ในการก่อสร้างก่อนหน้านี้วิธีที่ง่ายที่สุดในการสร้าง NFA จะมีรัฐสำหรับแต่ละคำนำหน้าเป็นไปได้ของความยาว

และสำหรับแต่ละคำต่อท้ายที่เป็นไปได้ของความยาว

เสื้อ

แต่ส่วนคำนำหน้าและคำต่อท้ายส่วนหนึ่งของ NFA สามารถสร้างซ้ำโดยใช้การก่อสร้างแบบสุ่มเดียวกัน ( แต่ตอนนี้เฉพาะภายใน

และส่วนประกอบตามลำดับ) และนี้จะให้

ขนาดรวม j<t $j < t$

j>k−t $j > k-t$

Si $S_i$

(4+o(1))k $(4+o(1))^k$

— โนม

คำตอบ:

นี่ไม่ใช่คำตอบ แต่เป็นวิธีการที่ฉันเชื่อว่าจะทำให้ขอบเขตล่างที่ดีขึ้น ให้เราตัดปัญหาหลังจากตัวอักษรจะอ่าน แสดงว่าครอบครัวของชุดองค์ประกอบของโดยและครอบครัวของชุดองค์ประกอบของโดยBแสดงถึงสถานะที่สามารถเข้าถึงได้หลังจากอ่านองค์ประกอบของ (ในลำดับใด ๆ ) โดยและรัฐที่รัฐยอมรับสามารถเข้าถึงได้หลังจากอ่านองค์ประกอบของ (ในลำดับใด ๆ ) โดย $a$ $a$ $[n]$ $\mathcal A$ $b=k-a$ $[n]$ $\mathcal B$ $A$ $S_A$ $B$ $T_B$ . เราต้องการถ้าเท่านั้น นี่ทำให้ขอบเขตที่ต่ำกว่าสำหรับจำนวนรัฐที่ต้องการและฉันคิดว่ามันอาจให้บางสิ่งที่ไม่สำคัญ $S_A\cap T_B\ne \emptyset$ $A\cap B=\emptyset$

ปัญหานี้จะขอขอบเขตที่ต่ำกว่ากับจำนวนของจุดยอดของไฮเปอร์กราฟที่กราฟของเส้น (บางส่วน) ทราบ มีการศึกษาปัญหาที่คล้ายกันเช่นโดยBollobasและมีวิธีการพิสูจน์หลายวิธีที่สามารถใช้ประโยชน์ได้

ปรับปรุง 2014/03/24: ในความเป็นจริงถ้า hypergraph ข้างต้นสามารถตระหนักในจุดแล้วเรายังได้รับไม่ใช่กำหนดโปรโตคอลการสื่อสารความซับซ้อนของความยาวสำหรับชุด disjointness กับปัจจัยการผลิตชุดขนาดและ (ในความเป็นจริงทั้งสองปัญหา เทียบเท่า) คอขวดเป็นของหลักสูตรเมื่อสำหรับนี้ฉันเท่านั้นที่สามารถหาต่อไปนี้ใน Eyal และโนมของหนังสือ: $s$ $\log s$ $a$ $b$ $a=b=k/2$ พิสูจน์โดยอาร์กิวเมนต์ความน่าจะเป็นมาตรฐาน น่าเสียดายที่ฉันไม่สามารถ (หา) พบว่าขอบเขตที่ต่ำกว่าดีพอสำหรับปัญหานี้ แต่ถ้าสมมติว่าข้างต้นมีความคมชัดมันจะให้ขอบเขตที่ต่ำกว่ารวมสองขอบเขตล่างที่คุณกล่าวถึง $N^1(DISJ_a)\le \log \big(2^k \log_e {n\choose a}\big)$ $\Omega(2^k\log n)$

— domotorp
แหล่งที่มา

ขอบคุณ @domotorp สำหรับคำตอบของคุณ ดูเหมือนว่าจะเหมือนกับหลักฐานของบทแทรกที่ฉันใช้สำหรับขอบเขตล่างในคำถามเดิม แต่ไม่ได้ระบุ

และ

แท้จริงของ

ความคิดเห็นของคุณเกี่ยวกับคำถามข้างต้นแสดงให้เห็นว่าวิธีนี้ไม่สามารถปรับปรุงขอบเขต

ได้คุณคิดว่าวิธีนี้ทำได้ดีกว่านี้หรือไม่ xi $x_i$

yi $y_i$

2k $2^k$

— RB

The whole point of my comment above was that these techniques can not give a lower bound above

(2+o(1))k $(2+o(1))^k$ . This is really what makes this problem interesting to me.

— Noam

@Noam: Let k=2, a=b=1. Already then we get a

logn $\log n$ lower bound as every

SA $S_A$ has to be different.

— domotorp

@domotorp: The

o(1) $o(1)$ hides a

O(klogn) $O(k\log n)$ factor: Here is the analysis for the worst case where

a=b=k/2 $a=b=k/2$ : Start with a fixed

A $A$ and

B $B$ and pick at random a subset

S $S$ of the

n $n$ letters then we have

Pr[A⊆SandB⊆Sc]=2−k $Pr[A \subseteq S \:and\: B \subseteq S^c]=2^{-k}$ . Now pick

r2k $r2^k$ such sets at random then the probability that for at least one of them this happens is

1−exp(−r) $1-exp(-r)$ . If we choose

r=O(log(nk))=O(klogn) $r = O(\log {n \choose k}) = O(k \log n)$ then we get that whp this is so for ALL disjoint sets

A $A$ and

B $B$ (of size

k/2 $k/2$ ). The total number of such

S $S$ 's in this construction is

O(2kklogn) $O(2^k k \log n)$ .

— Noam

@Noam: I am sorry but I have never seen a

logn $\log n$ hidden in an

o(1) $o(1)$ , especially as the problem is also interesting imho for

k<<logn $k<<\log n$ . But you are right that R B asked about

k=polylogn $k=polylog n$ .

— domotorp

Some work in progress:

I'm trying to prove a lower bound of $4^k$ . Here is a question that I'm pretty sure would give such a lower bound: find the minimum $t$ such that there exists a function $f:\{S \subseteq [n], |S|=k/2 \} \rightarrow \{0,1\}^t$ that preserves disjointness, i.e. that $S_1 \cap S_2 = \emptyset$ iff $f(S_1) \cap f(S_2) = \emptyset$ . I'm pretty sure a lower bound of $t \ge 2k$ would almost immediately imply a lower bound of $2^{2k}=4k$ for our problem. $f(S)$ roughly corresponds to the set of nodes the NFA can get to after reading the first $k/2$ symbols of the input, when the set of these $k/2$ symbols is $S$ .

I think the solution to this question might already be known, either in the communication complexity literature (especially in papers dealing with the disjointness problem; maybe some matrix rank arguments will help), or in literature about encodings (e.g. like this).

— mobius dumpling
แหล่งที่มา

My comments above show that this approach cannot beat

$(2+o(1))^n$

— Noam