เงื่อนไขสำหรับความเป็นสากลของ NFA

พิจารณา nondeterministic จำกัด ออโตและฟังก์ชั่น )นอกจากนี้เรากำหนดฉัน $A = (Q, \Sigma, \delta, q_0, F)$ $f(n)$ $\Sigma^{\leq k} = \bigcup_{i \leq k} \Sigma^i$

ตอนนี้ให้วิเคราะห์คำสั่งต่อไปนี้:

หาก $\Sigma^{\leq f(|Q|)} \subseteq L(A)$ แล้ว $L(A) = \Sigma^*$ *

มันง่ายที่จะแสดงว่าสำหรับ $f(n) = 2^n+1$ มันเป็นเรื่องจริงดังนั้นหากออโตมาตะสร้างทุกคำที่มีความยาวไม่เกิน $2^{|Q|}+1$ แล้วมันผลิต $\Sigma^*$ *

แต่มันจะยังคงอยู่หรือไม่ถ้า $f$ เป็นพหุนาม?

$A$ $p$ $\Sigma^{\leq p(|Q|)} \subseteq L(A) \subsetneq \Sigma^*$

automata-theory fl.formal-languages nondeterminism

— ไมค์บี
แหล่งที่มา

ผมอยากจะให้เงินรางวัลที่จะพิสูจน์หรือพิสูจน์หักล้างว่ากรณี2 และถ้าไม่มีเลยฉันจะมอบสิ่งที่ดีที่สุดที่จะได้รับ

f (n) = 2^{n - o (n)}

$f(n)=2^{n−o(n)}$

| Σ | \geq 2

$|\Sigma|\geq 2$

— เซียน - จื้อฉาง張顯之

คำตอบ:

สำหรับคำสั่งที่จะถือfจะต้องเพิ่มขึ้นอย่างทวีคูณแม้จะเป็นตัวอักษรเอก

[แก้ไข: การวิเคราะห์มีการปรับปรุงเล็กน้อยในการแก้ไข 2]

นี่คือภาพร่างที่พิสูจน์ได้ สมมติว่าคำสั่งเก็บไว้และปล่อยให้fเป็นฟังก์ชันที่ NFA ทุกตัวที่มีสถานะnมากที่สุดที่ยอมรับสตริงทั้งหมดที่มีความยาวมากที่สุดf ( n ) ยอมรับสตริงทั้งหมดใด ๆ เราจะพิสูจน์ให้เห็นว่าทุกC > 0 และมีขนาดใหญ่เพียงพอnเรามีฉ ( n )> 2 ^{C ⋅√} n

ทฤษฎีบทจำนวนที่สำคัญหมายถึงว่าทุกค <LG อีและขนาดใหญ่พอkมีอย่างน้อยค ⋅2 ^k / kเฉพาะในช่วง [2 ^k 2 ^{k 1} ] เรารับc = 1 สำหรับkดังกล่าวให้N _k = ⌈2 ^k / k ⌉และกำหนด NFA M _kดังนี้ ให้p ₁ , …, p _{N _k}เป็นค่าเฉพาะในช่วง [2 ^k , 2 ^{k +1}] NFA M _kมีS _k = 1 + p ₁ + … + p _{N _k}สถานะ นอกเหนือจากสถานะเริ่มต้นรัฐจะถูกแบ่งออกเป็นN _kรอบที่ฉันรอบวันที่มีความยาวหน้าฉันในแต่ละรอบรัฐทั้งหมดยกเว้นหนึ่งรัฐเป็นที่ยอมรับ สถานะเริ่มต้นมีN _kขอบขาออกซึ่งแต่ละสถานะจะเข้าสู่สถานะทันทีหลังจากสถานะถูกปฏิเสธในแต่ละรอบ ในที่สุดสถานะเริ่มต้นก็เป็นที่ยอมรับเช่นกัน

Let P _kเป็นผลิตภัณฑ์ที่หน้า₁ ... P _N kมันเป็นเรื่องง่ายที่จะเห็นว่าM _kยอมรับสตริงทั้งหมดของความยาวน้อยกว่าP _kแต่ปฏิเสธสตริงของความยาวP kดังนั้นF ( S _k ) ≥ P k

โปรดทราบว่าS _k ≤ 1 + N _k ⋅2 ^{k 1} = o (2 ^{2 k} ) และP _k ≥ (2 ^k ) ^{N _k} ≥ 2 ² kส่วนที่เหลือเป็นมาตรฐาน

— Tsuyoshi Ito
แหล่งที่มา

คุณคาดเดาเกี่ยวกับค่าที่ดีที่สุดของคืออะไร? พูดว่าหรือที่ใดที่หนึ่งระหว่างและ ?

f

$f$

f (n) = 2^{n} + 1

$f(n) = 2^n+1$

2^{n}

$2^n$

2^{c \cdot \sqrt{n}}

$2^{c\cdot\sqrt{n}}$

— Hsien-Chih Chang 張顯之

@ Hsien-Chih: ฉันสงสัยในสิ่งเดียวกันและฉันไม่มีการคาดเดาที่สมเหตุสมผล อย่างแรกคือมันไม่สำคัญที่จะเห็น f (n) ^2 ^ n (เราไม่ต้องการ +1) และในขณะที่ฉันคาดหวังว่าการปรับปรุงเชิงเส้นบนขอบเขตบนนี้ฉันไม่รู้ว่ามันแน่นถึงปัจจัยคงที่หรือไม่ (เพิ่มเติม)

— Tsuyoshi Ito

(ต่อ) ประการที่สองสำหรับขอบเขตล่างถ้าฉันไม่ผิดการปรับแต่งเล็กน้อยของการวิเคราะห์ข้างต้นให้ขอบเขตล่างต่อไปนี้: สำหรับค่าคงที่ 0 <c <และ n ที่มีขนาดใหญ่พอสมควรLN}} การปรับแต่งเพิ่มเติมอาจเป็นไปได้ แต่เราไม่สามารถรับขอบเขตล่างเช่น 2 ^ {n ^ p} สำหรับ p> 1/2 ถ้าเราใช้โครงสร้าง NTM เดียวกัน ฉันคิดว่ามันเป็นคำถามที่น่าสนใจว่าการใช้การกระจายของจำนวนเฉพาะ (เช่น PNT) เป็นสิ่งจำเป็นสำหรับการสร้างตัวอย่างที่ไม่ดี (เพิ่มเติม)

1 / \sqrt{2}

$1/\sqrt2$

f (n) > e^{c \sqrt{n \ln n}}

$f(n) > e^{c\sqrt{n \ln n}}$

— Tsuyoshi Ito

(ต่อ) อย่างไรก็ตามหากคุณสนใจและต้องการตรวจสอบเพิ่มเติมอาจเป็นเรื่องที่ฉลาดที่จะมองหาวรรณกรรมก่อน ฉันจะไม่แปลกใจถ้าคำตอบนี้หรือสิ่งที่ดีกว่าปรากฏในวรรณกรรม

— Tsuyoshi Ito

@Tsuyoshi: มันก็แสดงให้เห็นว่า Chrobak n รัฐ DFA สำหรับภาษาเอกสามารถจำลองโดย M-รัฐ NFA สำหรับn}}) ดังนั้นการก่อสร้างของคุณจะแน่นหากภาษาไม่เป็นไปด้วยดี ดู [Chr86]: cs.ust.hk/mjg_lib/Library/Chro86.pdf

m = O (e^{\sqrt{n \log n}})

$m=O(e^{\sqrt{n\log n}})$

— Hsien-Chih Chang 張顯之

แก้ไข AT 10/12/06:

ตกลงนี่เป็นสิ่งก่อสร้างที่ดีที่สุดที่ฉันจะได้รับดูว่ามีใครคิดไอเดียที่ดี

ทฤษฎีบท. สำหรับแต่ละมี -state NFAเหนือตัวอักษรด้วยเช่นนั้นสตริงที่สั้นที่สุดที่ไม่ได้อยู่ในมีความยาว1) $n$ $(5n+12)$ $M$ $\Sigma$ $|\Sigma|=5$ $L(M)$ $(2^n-1)(n+1)+1$

นี้จะช่วยให้เรา5}) $f(n) = \Omega(2^{n/5})$

การก่อสร้างนั้นค่อนข้างจะเหมือนกับของShallitยกเว้นว่าเราจะสร้าง NFA โดยตรงแทนที่จะเป็นตัวแทนของภาษาด้วยการแสดงออกปกติก่อน ปล่อย

$\Sigma = \{{0 \brack 0},{0 \brack 1},{1 \brack 0},{1 \brack 1},\sharp\}$ \}

สำหรับแต่ละเราจะสร้าง NFA ที่รู้จักภาษาโดยที่เป็นลำดับต่อไปนี้ ( ยกตัวอย่าง ): $n$ $\Sigma^*-\{s_n\}$ $s_n$ $n=3$

$s_3 = \sharp{0 \brack 0}{0 \brack 0}{0 \brack 1}\sharp{0 \brack 0}{0 \brack 1}{1 \brack 0}\sharp \ldots \sharp{1 \brack 1}{1 \brack 1}{0 \brack 1}\sharp$ 1}

แนวคิดคือเราสามารถสร้าง NFA ประกอบด้วยห้าส่วน

เริ่มต้นซึ่งทำให้มั่นใจได้สตริงเริ่มต้นด้วย ; $\sharp{0 \brack 0}{0 \brack 0}{0 \brack 1}\sharp$
เทอร์มิเนเตอร์ซึ่งทำให้แน่ใจว่าสตริงลงท้ายด้วย ; $\sharp{1 \brack 1}{1 \brack 1}{0 \brack 1}\sharp$
ตัวนับซึ่งเก็บจำนวนสัญลักษณ์ระหว่างสอง 's เป็น ; $\sharp$ $n$
Add-หนึ่งตรวจสอบซึ่งรับประกันได้ว่าสัญลักษณ์เท่านั้นที่มีรูปแบบจะปรากฏขึ้น ในที่สุด $\sharp{x \atop x+1}\sharp$
ตรวจสอบที่สอดคล้องกันซึ่งรับประกันได้ว่าสัญลักษณ์เท่านั้นที่มีรูปแบบจะปรากฏควบคู่กันไป $\sharp{x \atop y}\sharp{y \atop z}\sharp$

โปรดทราบว่าเราต้องการยอมรับแทนที่จะเป็นดังนั้นเมื่อเราพบว่าลำดับการป้อนข้อมูลนั้นไม่เชื่อฟังหนึ่งในพฤติกรรมข้างต้นเรายอมรับลำดับทันที มิฉะนั้นหลังจากขั้นตอน NFA จะอยู่ในสถานะปฏิเสธที่เป็นไปได้เท่านั้น และถ้าลำดับนั้นยาวกว่าNFA ก็ยอมรับเช่นกัน ดังนั้น NFA ใด ๆ ที่ปฏิบัติตามเงื่อนไขห้าข้อข้างต้นจะปฏิเสธเท่านั้น $\Sigma^*-\{s_n\}$ $\{s_n\}$ $|s_n|$ $|s_n|$ $s_n$

มันอาจจะง่ายต่อการตรวจสอบรูปต่อไปนี้โดยตรงแทนการพิสูจน์อย่างเข้มงวด:

NFA สำหรับการปฏิเสธ s_n

เราเริ่มที่สถานะบนซ้าย ส่วนแรกคือตัวเริ่มต้นและตัวนับจากนั้นตัวตรวจสอบที่สอดคล้องกันจุดสิ้นสุดในที่สุดตัวตรวจสอบ Add-One อาร์คทั้งหมดที่ไม่มีโหนดเทอร์มินัลชี้ไปที่สถานะล่างขวาซึ่งเป็นตัวรับเวลาทั้งหมด ขอบบางส่วนไม่มีการติดฉลากเนื่องจากไม่มีที่ว่าง แต่สามารถกู้คืนได้ง่าย เส้นประแสดงถึงลำดับของสถานะมีขอบ $n-1$ $n-2$

เราสามารถ (เจ็บปวด) ตรวจสอบว่า NFA ปฏิเสธเท่านั้นเนื่องจากเป็นไปตามกฎทั้งห้าด้านบน ดังนั้น -state NFA ด้วยได้ถูกสร้างขึ้นซึ่งสอดคล้องกับข้อกำหนดของทฤษฎีบท $s_n$ $(5n+12)$ $|\Sigma|=5$

หากมีความไม่ชัดเจน / ปัญหาเกี่ยวกับการก่อสร้างโปรดออกความคิดเห็นและฉันจะพยายามอธิบาย / แก้ไข

คำถามนี้ได้รับการศึกษาโดยเจฟฟรีย์ทุม Shallit et al, และแน่นอนมูลค่าที่เหมาะสมของ.ยังคงเปิดให้บริการสำหรับ 1 (สำหรับภาษาที่มองเห็นความเห็นในคำตอบของ Tsuyoshi ) $f(n)$ $|\Sigma|>1$

ในหน้า 46-51 ของการพูดของเขาเกี่ยวกับความเป็นสากลเขาจัดให้มีการก่อสร้างเช่น:

ทฤษฎีบท. สำหรับสำหรับมีขนาดใหญ่พอมี state NFAบนตัวอักษรไบนารีเช่นว่าสตริงที่สั้นที่สุดที่ไม่ได้อยู่ในมีความยาวสำหรับ . $n\geq N$ $N$ $n$ $M$ $L(M)$ $\Omega(2^{cn})$ $c=1/75$

ดังนั้นค่าที่ดีที่สุดสำหรับเป็นบางระหว่างและ n ฉันไม่แน่ใจว่าผลลัพธ์โดย Shallit ได้รับการปรับปรุงในปีที่ผ่านมาหรือไม่ $f(n)$ $2^{n/75}$ $2^n$

— เซียน - จื้อฉาง張顯之
แหล่งที่มา

ฉันเล่นกับการทำงาน Shallit ของความหวังที่จะได้รับผูกพันที่ดีมากอยู่ใกล้กับ n สิ่งก่อสร้างของพวกเขาดูน่าสนใจโดยระบุลำดับความยาวซึ่งไม่สามารถแสดงได้ด้วยการแสดงออกปกติ "สั้น" ของความยาวและการแสดงออกปกติของความยาวสามารถอธิบายได้โดย NFA ขนาดfปัจจุบันผมสามารถที่จะปล่อยให้แต่เป็นความคิดที่ชาญฉลาดคือความต้องการที่จะเข้ามาใกล้ n

2^{n}

$2^n$

\hat{Ω} (2^{n})

$\hat{\Omega}(2^n)$

c n + o (n)

$cn+o(n)$

f (n)

$f(n)$

f (n) + 1

$f(n)+1$

c \leq 22

$c \leq 22$

2^{n}

$2^n$

— Hsien-Chih Chang 張顯之

ฉันไม่คิดว่าจะให้ข้อมูลเชิงลึกเพิ่มเติมสำหรับการศึกษาปัญหานี้ แต่การอ้างอิงทางวิชาการที่เหมาะสมสำหรับการพูดคุยของ Shallit คือ: K. Ellul, B. Krawetz, J. Shallit, M. Wang: นิพจน์ทั่วไป: ผลลัพธ์ใหม่และปัญหาแบบเปิด วารสาร Automata, ภาษาและ Combinatorics 10 (4): 407-437 (2005)

— Hermann Gruber

@ Hermann: ขอบคุณสำหรับการอ้างอิงในขณะนี้ฉันไม่สามารถเข้าถึงกระดาษ แต่ฉันจะหาวิธีที่จะ

— Hsien-Chih Chang 張顯之

ฉันคิดว่าการใช้ตัวนับเราสามารถแทนที่ตัวเริ่มต้นและตัวยุติด้วยเครื่องจิ๋ว 2 สถานะ ดังนั้นต่อไปนี้ลดขนาดของ NFA เพื่อ(1)

3 n + O (1)

$3n+O(1)$

— Hsien-Chih Chang 張顯之

รุ่น preprint ของผู้เขียนของกระดาษ JALC ที่ระบุไว้อยู่ที่นี่: cs.uwaterloo.ca/~shallit/Papers/re3.pdfข้อผูกมัดและการพิสูจน์จะเหมือนกันในฉบับพิมพ์

— Hermann Gruber