การตัดสินใจความว่างเปล่าของการตัดกันของภาษาปกติในเวลา subquadratic

ให้ $L_1,L_2$ เป็นภาษาปกติสองภาษาที่กำหนดโดย NFAs $M_1,M_2$ เป็นอินพุต

สมมติว่าเราต้องการที่จะตรวจสอบว่า\ สิ่งนี้สามารถทำได้อย่างชัดเจนโดยอัลกอริธึมกำลังสองซึ่งคำนวณหุ่นยนต์ผลิตภัณฑ์ของแต่ฉันสงสัยว่ามีอะไรที่มีประสิทธิภาพมากขึ้นเป็นที่รู้จักกัน $L_1\cap L_2\neq \emptyset$ $M_1,M_2$

มีอัลกอริทึมในการตัดสินใจว่าหรือไม่ อัลกอริทึมที่รู้จักกันเร็วที่สุดคืออะไร? $o(n^2)$ $L_1\cap L_2\neq \emptyset$

— RB
แหล่งที่มา

หากใครมีความคิดที่ดีโปรดแจ้งให้เราทราบ แต่ในปัจจุบันมันเป็นปัญหาเปิด หากคุณสามารถแก้ปัญหานี้ในการพูดเชิงเส้นเวลาแล้วพื้นใด ๆ แก้ไขปัญหาโดยเครื่องที่ไม่ได้กำหนดขึ้นโดยใช้เพียงบิต n ของหน่วยความจำสามารถแก้ไข deterministically ใน

2^{\frac{n}{2}}

$2^{\frac{n}{2}}$ ครั้ง

— Michael Wehar

ฉันคิดว่ามันยังคงเปิดให้บริการสำหรับกำลังสองย่อยใด ๆ ข้อมูลเพิ่มเติมบางอย่าง: rjlipton.wordpress.com/2009/08/17/…

— Michael Wehar

ตัวอย่างเช่น (ตามความเห็นของไมเคิล) สมมุติฐานเวลาแบบเอ็กซ์โปเนนเชียลที่มีความหมายก็หมายความว่าเลขชี้กำลังควรเป็น 2 ฉันคิดว่านี่อาจพิสูจน์ได้ว่าตามมาจากสมมุติฐานเวลาเอ็กซ์โพเนนเชียล ...

— Ryan Williams

RB: สมมติคุณสามารถทดสอบความว่างเปล่าของทั้งสอง DFAs ขนาด

เวลา

กับ

ตอนนี้ถ้าคุณมี

DFA ขนาด

คุณสามารถสร้างผลิตภัณฑ์ของ

DFAs แรกและของ

DFAs ที่เหลือได้ จากนั้นทดสอบความว่างเปล่าในเวลา

n

$n$

n^{1 + ε}

$n^{1+\varepsilon}$

ε < 1

$\varepsilon < 1$

k

$k$

n

$n$

k / 2

$k/2$

k / 2

$k/2$

ซึ่งดีกว่า

vzn: บทความที่ได้รับรางวัลนี้เขียนโดย @MichaelWehar ซึ่งแสดงความคิดเห็นในหัวข้อนี้ ไมเคิลบางทีคุณอาจส่งคำตอบถ้าคุณมีเวลา!

(n^{k / 2})^{1 + ε} = n^{\frac{1}{2} k + \frac{ε}{2} k}

$(n^{k/2})^{1+\varepsilon} = n^{\frac{1}{2}k + \frac{\varepsilon}{2}k}$

n^{k}

$n^k$

— Michael Blondin

@RyanWilliams สวัสดี Ryan สิ่งที่ทำให้คุณคิดว่าสมมติฐานเวลาที่อ่อนแอนั้นหมายถึงว่าเราไม่สามารถแก้จุดตัดที่ไม่ว่างเปล่าสำหรับ DFA สองจุดได้เร็วขึ้น? มีคนอื่นแนะนำสิ่งนี้ให้ฉันอีกครั้งเช่นกัน :)

— Michael Wehar

คำตอบง่าย ๆ : หากมีอัลกอริธึมที่มีประสิทธิภาพมากกว่าที่ทำงานในเวลาสำหรับบางดังนั้นสมมติฐานเวลาเอ็กซ์โพเนนเชียลที่คาดเดายากจะถูกหักล้าง $O(n^{\delta})$ $\delta < 2$

เราจะพิสูจน์ทฤษฎีบทที่แข็งแกร่งขึ้นแล้วคำตอบง่ายๆจะตามมา

ทฤษฎีบท : ถ้าเราสามารถแก้ปัญหาความไม่ว่างเปล่าของจุดตัดสำหรับสอง DFA ในเวลาดังนั้นปัญหาใด ๆ ที่ไม่สามารถแก้ไขได้โดยใช้หน่วยความจำเพียง n บิตเท่านั้นสามารถแก้ไขได้ในเวลา $O(n^{\delta})$ $poly(n)\cdot2^{(\delta n/2)}$

เหตุผล : สมมติว่าเราสามารถแก้ปัญหาจุดตัดที่ไม่ใช่ความว่างเปล่าเป็นเวลาสอง DFA ในเวลา ปล่อยให้เครื่องทัวริงที่ไม่ได้กำหนดค่าไว้ M ด้วยเทปอินพุตแบบอ่านอย่างเดียวและเทปการทำงานแบบไบนารีอ่าน / เขียน ให้สตริงอินพุต x ของความยาว n ได้รับ สมมติว่า M ไม่สามารถเข้าถึงหน่วยความจำมากกว่า n บิตบนเทปงานไบนารี $O(n^{\delta})$

การคำนวณ M บนอินพุต x สามารถแสดงได้ด้วยรายการ จำกัด การกำหนดค่า แต่ละการกำหนดค่าประกอบด้วยสถานะตำแหน่งบนอินพุตเทปตำแหน่งบนเทปงานและหน่วยความจำสูงสุดที่ n บิตที่แสดงถึงเทปงาน

ตอนนี้ให้พิจารณาว่าเทปงานแบ่งออกเป็นสองส่วน กล่าวอีกนัยหนึ่งเรามีส่วนด้านซ้ายของเซลล์และส่วนด้านขวาของ $\frac{n}{2}$ เซลล์ การกำหนดค่าแต่ละรายการสามารถแยกย่อยเป็นชิ้นซ้ายและชิ้นขวาได้ ชิ้นส่วนด้านซ้ายประกอบด้วยสถานะตำแหน่งบนเทปอินพุตตำแหน่งบนเทปงานและ $\frac{n}{2}$ บิตจากส่วนด้านซ้าย ชิ้นส่วนที่ถูกต้องประกอบด้วยสถานะตำแหน่งบนเทปอินพุตตำแหน่งบนเทปงานและ $\frac{n}{2}$ บิตจากส่วนด้านขวา $\frac{n}{2}$

ตอนนี้เราสร้าง DFA ซึ่งมีสถานะเป็นเศษซ้ายและ DFA ซึ่งมีสถานะเป็นชิ้นส่วนที่ถูกต้อง อักขระตัวอักษรเป็นคำแนะนำที่บอกว่าจะไปยังรัฐอย่างไรควรเคลื่อนหัวเทปอย่างไรและควรจัดการเซลล์ที่ใช้งานของเทปการทำงานอย่างไร $D_1$ $D_2$

แนวคิดคือและอ่านในรายการคำสั่งที่สอดคล้องกับการคำนวณ M ในอินพุต x และตรวจสอบร่วมกันว่ามันถูกต้องและยอมรับ ทั้งและจะเห็นด้วยเสมอว่าส่วนหัวของเทปอยู่ที่ไหนเพราะข้อมูลนั้นรวมอยู่ในอักขระอินพุต ดังนั้นเราสามารถให้ตรวจสอบว่าคำสั่งนั้นเหมาะสมเมื่อตำแหน่งเทปงานอยู่ในชิ้นส่วนด้านซ้ายและตรวจสอบเมื่ออยู่ในชิ้นส่วนที่ถูกต้อง $D_1$ $D_2$ $D_1$ $D_2$ $D_1$ $D_2$

โดยรวมแล้วมีมากที่สุดสถานะสำหรับแต่ละ DFA และที่ตัวอักษรที่แตกต่างกันมากที่สุด $poly(n) \cdot 2^{n/2}$ $poly(n)$

โดยการสันนิษฐานเบื้องต้นมันตามมาว่าเราสามารถแก้จุดตัดที่ไม่ใช่ความว่างเปล่าสำหรับ DFA สองตัวในเวลา $poly(n) \cdot 2^{(\delta n /2)}$

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

CNF-SAT สามารถแก้ไขได้โดยใช้บิตหน่วยความจำโดยที่ k คือจำนวนของตัวแปร การก่อสร้างก่อนหน้านี้สามารถใช้ในการแสดงให้เห็นว่าถ้าเราสามารถแก้ปัญหาจุดตัดที่ไม่ใช่ความว่างเปล่าเป็นเวลาสอง DFA ในเวลาแล้วเราสามารถแก้ CNF-SAT ในเวลาดังนั้นคำตอบง่ายๆก็คือ $k+O(\log(n))$ $O(n^{\delta})$ $poly(n) \cdot 2^{(\delta k/2)}$

ยินดีรับความคิดเห็นการแก้ไขข้อเสนอแนะและคำถาม :)

— Michael Wehar
แหล่งที่มา

ทั้งหมดที่ดี แต่คำถามเดิมข้างต้นสำหรับNFAs; ทุกอย่างยังคงติดตามอยู่ไหม? ยังมีรายละเอียดที่สำคัญบางอย่างถูกปล่อยออกมา ดูเหมือนว่าคุ้มค่ากระดาษ หรือมันทั้งหมดในที่เผยแพร่ของคุณ? ถ้าเป็นเช่นนั้นอ้างอิงมัน / ผูกใน theorems ที่มีหมายเลข ฯลฯ นอกจากนี้ยังจะเป็นประโยชน์ในการระบุสิ่งนี้เพิ่มเติมในแง่ของ std คลาสที่ซับซ้อน L, P, NP, PSpace, ExpTime ฯลฯ หากเป็นไปได้ ยังสงสัยว่าถ้ามีสิ่งใดที่สามารถพูดได้เกี่ยวกับทิศทาง "ความแข็งแกร่ง" ความว่างเปล่าทางแยก DFA แบบสองทางขอบเขตล่าง (

?) → SETH ... ? ต้องแสดงอะไรเพื่อสิ่งนั้น

Ω (n^{2})

$\Omega(n^2)$

— vzn

สวัสดี VZN ปัญหาการแยกของ NFA นั้นยากกว่าปัญหาการแยกของ DFA เล็กน้อย อย่างไรก็ตามนี่ไม่ใช่กรณีเนื่องจากมีการลดพารามิเตอร์จากจุดตัดที่ไม่ใช่ความว่างเปล่าสำหรับ

NFA ไปจนถึงจุดตัดที่ไม่ใช่ความว่างเปล่าสำหรับ

DFA สิ่งนี้ถูกกล่าวถึงในบทความแรกของฉัน

k

$k$

k

$k$

— Michael Wehar

บางทีคุณสามารถอธิบายรายละเอียดเพิ่มเติมว่าคุณหมายถึงอะไรเมื่อคุณพูดถึง DFA แบบ 2 ทาง ปัญหาความไม่ว่างเปล่าสำหรับ

- การหมุนของ DFA แบบสองทางนั้นยากพอ ๆ กับปัญหาการไม่ตัดกันที่จุดแยกสำหรับ

DFA แบบทางเดียว Link:cs.stackexchange.com/questions/13456/…

(2 k - 2)

$(2k-2)$

k

$k$

— Michael Wehar

ในแง่ของคลาสความซับซ้อนมาตรฐานคุณสามารถระบุสิ่งนี้ได้เช่น:

หมายถึง SETH เป็นเท็จ เมื่อฉันเขียน

ฉันหมายถึง

N S p a c e (2 \cdot \log (n)) \subseteq D T i m e (n)

$NSpace(2 \cdot \log(n)) \subseteq DTime(n)$

N S p a c e (2 \cdot \log (n))

$NSpace(2 \cdot \log(n))$

2 \cdot \log (n)

$2\cdot \log(n)$ พื้นที่สำหรับเครื่องทัวริงที่ไม่ได้กำหนดค่าด้วยเทปอินพุตแบบอ่านอย่างเดียวแบบสองทางและเทปทำงานไบนารีแบบอ่าน / เขียนสองทาง

— Michael Wehar