คลาสของภาษาที่รู้จักโดย TM 3 เทปเดี่ยว

ฉันสงสัยมานานแล้วเกี่ยวกับทัวริงแมชชีนกับหนึ่งเทปและตรง 3 รัฐ $q_0$สถานะการยอมรับ $q_{accept}$และสถานะการปฏิเสธ $q_{reject}$) โปรดทราบว่าฉันอนุญาตให้ตัวอักษรของเทป (จำกัด ) โดยพลการ (เช่นตัวอักษรของเทปไม่ได้ถูก จำกัด ให้เท่ากับตัวอักษรอินพุต)

เพื่อความสะดวกโปรดโทรหา class ของภาษาที่ TMs จำได้ $C_3$. ฉันมีคำถามหลายข้อเกี่ยวกับคลาสนี้:

1. มี $C_3$ ก่อนหน้านี้เคยเรียน?
2. คือ $C_3$ เป็นที่ทราบกันดีว่ามีความซับซ้อน / ความสามารถในการคำนวณอื่น ๆ
3. เป็นคลาส $C_3$แข็งแกร่งต่อการเปลี่ยนแปลงของแบบจำลอง ตัวอย่างเช่นถ้า TMs ที่ใช้นั้นได้รับอนุญาตให้อยู่ในระหว่างการเปลี่ยนครั้งเดียว (ซึ่งตรงกันข้ามกับการย้ายไปทางซ้ายหรือขวาเสมอ) หรือถ้าเทปถูกทำให้ไม่มีที่สิ้นสุดในทั้งสองทิศทางแทนที่จะเป็นไปทางขวา ภาษาที่รู้จักโดย 3-state 1-tape TMs มีการเปลี่ยนแปลงอย่างไร
4. ได้อย่างไร $C_3$ เกี่ยวข้องกับชั้นเรียนของภาษาปกติ $Regular$? (โดยเฉพาะอย่างยิ่งคือทุกภาษาปกติใน$C_3$?)

การค้นหา (ค่อนข้างคร่าวๆ) นำเสนอเฉพาะโพสต์ cs.stackexchange นี้ที่เกี่ยวข้อง แต่ไม่ตอบคำถามของฉันและบทความนี้ซึ่งฉันไม่ได้อ่านรายละเอียดเพียงพอเพื่อให้แน่ใจว่าเกี่ยวข้องกับชั้นเรียนอย่างแน่นอน$C_3$ มากกว่าชั้นเรียนที่คล้ายกัน แต่แตกต่างกัน (เอกสารอ้างว่าพิสูจน์ว่า (1) ทุกภาษาใน $C_3$ สามารถตัดสินใจได้และ (2) $C_3$ และ $Regular$เป็นชั้นเรียนที่แตกต่างกับการแยกที่ไม่ว่างเปล่า) ตามที่ระบุไว้ในความคิดเห็นของการโพสต์ cs.stackexchange, TM เหล่านี้สามารถคิดเป็นออโตมาร์เซลลูล่าร์เฉพาะอย่างยิ่งดังนั้นบางทีคนที่รู้วรรณกรรมในทฤษฎีออโตเมติกเซลลูลาร์อาจช่วยได้

สัตว์ร้ายนั้นทรงพลังอย่างยิ่งตัวอย่างเช่นเราสามารถสร้าง TM ได้$M$ ที่ยอมรับทุกสายของฟอร์ม

$L_Y = \{ r\; 0^n \; 1^m\;A \mid m \leq n \}$

และปฏิเสธทุกสตริงของแบบฟอร์ม

$L_N = \{ r\; 0^n \; 1^m\;A \mid m > n \}$

ความคิดคือการแปลงแรก $r$ เข้าไป $R$แล้วปล่อยให้หัวมาถึงตรงกลางของสตริงจากนั้นทำ "ไร้สัญชาติ" ซิกแซก; ถ้าถึง$A$ ก่อน $R$ จากนั้นก็ยอมรับ

คำอธิบายอย่างไม่เป็นทางการ:

• บน $r$ เขียน $R$ และเลื่อนไปทางขวา (เตรียมการปฏิเสธ)
• บน $0$ เขียน $c$ และเลื่อนไปทางขวา (เคลื่อนไปทางกลาง)
• บน $1$ เขียน $>$ และเลื่อนไปทางซ้าย (ทำเครื่องหมาย a $1$เตรียมความพร้อมสำหรับการข้ามจากซ้ายไปขวาถัดไปและไปทางซ้าย)
• บน $c$ เขียน $<$ และเลื่อนไปทางขวา (ทำเครื่องหมาย $0$เตรียมความพร้อมสำหรับการข้ามขวาไปซ้ายถัดไปและไปทางขวา)
• บน $<$ เขียน $>$ และไปทางซ้าย (ข้ามซ้ายไปขวาเตรียมความพร้อมสำหรับจากขวาไปซ้ายถัดไป)
• บน $>$ เขียน $<$ และไปทางขวา (ข้ามจากขวาไปซ้ายเตรียมสำหรับซ้ายไปขวาถัดไป)
• บน $A$ ยอมรับบน $R$ ปฏิเสธ
• ในช่องว่าง $b$ ปฏิเสธ

ตัวอย่าง:

  :r 0 0 0 1 1 A
   R:0 0 0 1 1 A
   R c:0 0 1 1 A
   R c c:0 1 1 A
   R c c c:1 1 A
   R c c:c > 1 A
   R c c <:> 1 A
   R c c < <:1 A
   R c c <:< > A
   R c c:< > > A
   R c:c > > > A
   R c <:> > > A
   ...
   R c < < < <:A ACCEPT

เทคนิคซิกแซกนี้ใช้ในเครื่องทัวริงสากลขนาดเล็กที่สุด 2 สถานะ (มี 18 สัญลักษณ์) สร้างโดย Rogozhin (Rogozhin 1996. TCS, 168 (2): 215–240))

ควรให้ความสนใจบางส่วนเพื่อพิสูจน์ว่า $M$ หยุดการทำงานของอินพุตทั้งหมด (โปรดทราบว่ามันจะปฏิเสธการป้อนข้อมูลเปล่าและสัญลักษณ์ที่ไม่หยุดนิ่งทั้งหมด "รวมกัน" เป็น $<$ หรือ $>$ ซึ่งไม่สามารถนำไปสู่การวนซ้ำไม่สิ้นสุด)

ตามความเห็นโดย DavidG ภาษา $L(M)$ ได้รับการยอมรับจาก $M$ เป็น superset ของ $L_Y$ (เช่น $L_Y \subset L(M)$) แต่ไม่มีสตริงจาก $L_N$ (เช่น $L(M) \cap L_N = \emptyset$) และ - ตามที่แสดงความคิดเห็นโดย MikhailRudoy - นี่ก็เพียงพอที่จะพิสูจน์ได้ว่า $L(M)$ ไม่ปกติ

แน่นอนถ้า $L(M)$ เป็นปกติแล้วด้วย $L(M) \cap \{ r0^*1^*A \} = L_Y = \{ r0^n 1^mA \mid m \leq n \}$จะเป็นปกติ (ซึ่งไม่ใช่การประยุกต์ใช้อย่างง่ายของบทแทรก); นำไปสู่ความขัดแย้ง

ดังนั้น $L(M)$ ไม่ได้เป็นปกติ

... แต่เหมือนฮีโร่ทุกคน $C_3$ มีส้นเท้าของ Achille: ไม่สามารถจำสิ่งปกติได้:

$L = \{ 1^{2n} \}$

อย่างไม่เป็นทางการมันสามารถใช้ซ้ายเท่านั้น $b 1 ...$ ($b$ คือสัญลักษณ์ว่างเปล่า) หรือขวา $1b...$เป็นตะขอและ "ขยาย" ในทิศทางอื่น แต่สุดท้ายยอมรับหรือปฏิเสธไม่สามารถเป็นสัญลักษณ์ว่างเปล่าของฝั่งตรงข้ามดังนั้นมันสามารถทำได้เฉพาะในส่วนด้านในของ$1$s และเริ่มต้นจากการป้อนข้อมูลที่นานพอที่จะสามารถ "ปลอม" ยืดมันโดยหนึ่ง

ในที่สุด - หลังจากอ่านกระดาษ - ฉันสามารถยืนยันได้ว่า One-state TM ที่อธิบายไว้ตรงกับคุณ $C_3$ ชั้นเรียน ... (ไม่มีอะไรใหม่ที่นี่ :-) ... และผู้ใช้ที่ใช้เพื่อยืนยันว่ามันมีภาษาที่ไม่ธรรมดาคล้ายกับของฉัน

ฉันประเมินพลังของ $C_3$... อันที่จริงมันอยู่ไม่ไกลจาก Hypercomputation !

(ฉันโพสต์สิ่งนี้เป็นคำตอบแยกต่างหากเพื่อความชัดเจนที่ดีขึ้น)

เราสามารถสร้างเครื่องจักรทัวริงรัฐเดียว $M$ ที่ยอมรับสตริงของแบบฟอร์ม:

$L_Y = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \geq 2^n\}$

และปฏิเสธสตริงของแบบฟอร์ม:

$L_N = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \lt 2^n\}$

แนวคิดและโครงสร้างคล้ายกับคำตอบก่อนหน้านี้: แปลงอันแรก $a$ เข้าไป $A$ให้หัวมาถึงกึ่งกลางของสตริงจากนั้นทำ "stateless" zig-zag แต่การเปลี่ยน "ใช้" a "ตัวนับไบนารี" ในครึ่งแรกด้วยวิธีนี้: on $Z$(ศูนย์) เด้งศีรษะกลับไปทางขวาและแปลง$Z$ เป็น $S$ (หนึ่ง) ในครั้งต่อไปที่หัวถึง $S$เปลี่ยนเป็น $)$และปล่อยให้ศีรษะขยับไปทางซ้าย; เมื่อหัวถึง$)$ เปลี่ยนเป็น $Z$. ช่วงครึ่งหลังของสตริงทำงานเหมือนตัวนับยูนารี

ช่วงการเปลี่ยนภาพคือ:

• บน $r$ เขียน $R$ และเลื่อนไปทางขวา (เตรียมการปฏิเสธ)
• บน $0$ เขียน $Z$ และเลื่อนไปทางขวา (เลื่อนไปที่กึ่งกลางตั้งค่าตัวนับไบนารีเป็น 0 .. )
• บน $1$ เขียน $>$ และเลื่อนไปทางซ้าย (ทำเครื่องหมาย a $1$ และลดจำนวนตัวนับเตรียมเตรียมการข้ามซ้ายไปขวาถัดไปและย้อนกลับไปที่ตัวนับไบนารี
• บน $>$ เขียน $<$ และไปทางขวา (การข้ามจากขวาไปซ้ายของครึ่งหลังของสตริงเตรียมการจากซ้ายไปขวาถัดไป)
• บน $<$ เขียน $>$ และไปทางซ้าย (จากซ้ายไปขวาข้ามครึ่งหลังของสตริงเตรียมความพร้อมสำหรับการจากขวาไปซ้ายถัดไป)
• บน $Z$ เขียน $S$ และเลื่อนไปทางขวา (แปลงตัวเลขเป็นหนึ่งและย้อนกลับไปทางขวาไปยังตัวนับจำนวนนารี)
• บน $S$ เขียน $)$ และเลื่อนไปทางซ้าย (ล้างตัวเลขแล้วปล่อยให้ศีรษะเคลื่อนที่ไปทางซ้ายเหมือน "อุ้ม" เตรียมความพร้อมสำหรับส่วนซ้ายไปขวาถัดไปของส่วนแรก)
• บน $)$ เขียน $Z$ และเลื่อนไปทางขวา (ตั้งค่าศูนย์ที่จะทำให้เด้งและปล่อยให้ศีรษะเคลื่อนที่ไปทางขวา)
• บน $A$ ยอมรับบน $R$ ปฏิเสธ
• ในช่องว่าง $b$ ปฏิเสธ

ตัวอย่าง:

 :a 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A:0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z:0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z Z Z:1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z:Z > 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S:> 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S <:1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S:< > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z:S > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z:Z ) > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z S:) > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z S Z:> > 1 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z S:Z > > > 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z S S < < <:1 1 1 1 1 R
  ...
  A S:) ) > > > > 1 1 1 1 R
  ...
 :A ) ) ) > > > > > > > > R ---> ACCEPT

ควรให้ความสนใจบางส่วนเพื่อพิสูจน์ว่า $M$ หยุดการทำงานของอินพุตทั้งหมด (โปรดทราบว่ามันจะปฏิเสธการป้อนข้อมูลเปล่าและสัญลักษณ์ "วนรอบ" ที่ไม่หยุดนิ่งทั้งหมดผ่าน $( , S , Z$ หรือ $<, >$ ซึ่งไม่สามารถนำไปสู่การวนซ้ำไม่สิ้นสุด)

ภาษา $L(M)$ เป็น superset ของ $L_Y$ ($L_Y \subset L(M)$) และไม่มีสตริงจาก $L_N$ ($L(M) \cap L_N = \emptyset$)

สมมติว่า $L(M)$ไม่มีบริบทฟรี - ด้วยการปิดคุณสมบัติของ CFLs การตัดกันด้วยภาษาปกติ$\{r 0^* 1^* A\}$ สร้างภาษา CF:

$L(M) \cap \{r 0^* 1^* A\} = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \geq 2^n\} = L_Y$

แต่ด้วยการประยุกต์ใช้อย่างง่าย ๆ ของOgma's Lemmaสำหรับ CFL เราสามารถพิสูจน์ได้$L_Y \notin CFL$: แค่เลือกให้นานพอ $s \in L_Y$ และทำเครื่องหมายทั้งหมด $0$s; สามารถสูบได้อย่างน้อยหนึ่งศูนย์และจำนวนเท่าใดก็ได้$1s$ ในสตริงการสูบน้ำการเติบโตแบบเลขชี้กำลังของ $2^n$ นำไปสู่การสตริง $\notin L_Y$)

ดังนั้น $L(M)$ ไม่บริบทฟรี

... ตอนนี้ฉันสงสัยว่านี่เป็นคำตอบ "การปรับแต่งล้อ" หรือไม่หรือมันเป็นผลลัพธ์ (เล็ก) ใหม่

ในคำตอบนี้สันนิษฐานว่าเครื่องทัวริงมีเทปไม่สิ้นสุดทั้งสองทาง การอ้างสิทธิ์ไม่ถือเป็นเทปไม่มีที่สิ้นสุดแบบทางเดียว

ก่อนอื่นให้ฉันกำหนดระดับของภาษา $C_3'$เป็นคลาสของทุกภาษาที่ตัดสินใจได้ด้วยเครื่องทัวริงแบบเทปเดียวที่มี 3 สถานะ ($C_3$ถูกกำหนดให้เป็นระดับของภาษาที่รู้จักโดยเครื่องทัวริงหนึ่งเทปที่มี 3 สถานะ) ฉันแนะนำชั้นเรียน$C_3'$ เพราะในคำตอบดั้งเดิมของฉันฉันก็เรียนในห้องเรียนโดยไม่รู้ตัว $C_3$ และ $C_3'$ (ฉันถือว่าชั้นเรียนเท่านั้น $C_3'$)

คำตอบนี้เป็นส่วนเติมเต็มให้กับ @MarzioDeBiasi คำตอบ เขาแสดงให้เห็นว่าชั้นเรียน$C_3$ และ $C_3'$ไม่มีอยู่ใน CFL และมีภาษาที่น่าสนใจ อย่างไรก็ตามอย่างที่ฉันจะแสดงในโพสต์นี้แต่ละภาษา$L$ ใน $C_3'$ มีคุณสมบัติที่กำหนด $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ มีทั้งใน $L$ หรือในส่วนเสริม $L^C$. ดังนั้น$C_3'$ก็มีข้อ จำกัด เช่นกัน มันมีเพียงภาษาเอกภาพเพียงเล็กน้อย$\{\}$, $\{\varepsilon\}$, $\{1^n;n\in\mathbb{N}\}$ และ $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$. ห้องเรียน$C_3$มีภาษาที่แตกต่างกันเล็กน้อย อย่างไรก็ตามก็ถือได้ว่าถ้า$L\in C_3$ และ $1^n\in L$ สำหรับ $n\geq 1$จากนั้น $1^m\in L$ เพื่อทุกสิ่ง $m\geq n$. ข้อพิสูจน์อย่างง่ายคือภาษาทั่วไปบางภาษาไม่ได้มีอยู่$C_3$ หรือใน $C_3'$. อีกทั้งภาษา$\{1\}$ ไม่ได้อยู่ใน $C_3$ หรือใน $C_3'$.

สำหรับการอ้างสิทธิ์ (เป็นตัวหนา) เกี่ยวกับ $C_3'$มันก็เพียงพอที่จะพิสูจน์ว่าเครื่องทัวริงหนึ่งเทป $M$ ด้วย 3 สถานะที่หยุดการรับหรือปฏิเสธสตริงทั้งหมดเสมอ $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$. สมมติว่าสตริงของฟอร์ม$1^n$, $n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}$ได้รับมอบให้ $M$. มีสามกรณี:

1) เมื่อไหร่$M$ อ่าน 1 มันยอมรับหรือปฏิเสธ

2) เมื่อไหร่$M$อ่าน 1 มันเลื่อนหัวไปทางซ้าย ถ้าเราต้องการ$M$ในการหยุดอินพุตนี้จะต้องยอมรับปฏิเสธหรือย้ายไปทางขวาบนสัญลักษณ์เปล่า ดังนั้นจึงไม่เคยเข้าชมเซลล์ทางด้านขวาของเซลล์เริ่มต้นของเทป ถ้าเป็นเช่นนั้นมันจะทำงานตลอดไปในอินพุต 1

3) เมื่อไหร่$M$อ่าน 1 มันเลื่อนหัวไปทางขวา มันตามหลังว่า$n$ ขั้นตอนเนื้อหาของเทปคือ $A^n$ ที่ไหน $A$ เป็นสัญลักษณ์บางอย่างจากอักษรเทปและหัวของ $M$ อยู่ที่สัญลักษณ์ว่างทางซ้ายสุดทางขวาของหน้าสุดท้าย $A$. ถ้าเราต้องการ$M$ในการหยุดอินพุตนี้จะต้องยอมรับปฏิเสธหรือย้ายไปทางซ้ายบนสัญลักษณ์เปล่า เช่นในกรณีที่ 2) หัวของ$M$ จะไม่เข้าชมเซลล์โดยตรงทางด้านซ้ายของด้านขวาสุด $A$. ถ้าเป็นเช่นนั้น$M$ จะทำงานตลอดไปในอินพุต 1

เป็นที่ชัดเจนว่าในทั้งสามกรณี $M$ ยอมรับสตริงทั้งหมดจากชุด $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ หรือปฏิเสธพวกเขาทั้งหมด

The proof of the claim (in bold) about $C_3$ follows the same line as above. We take a one-tape 3-state Turing machine $M$ that accepts a string $1^n$ for some $n\geq 1$. Suppose $M$ is given an input $1^m$ for $m\geq n$. We have to prove that $M$ accepts this input. We have 3 cases:

1) When $M$ reads 1, it accepts.

2) When $M$ reads 1, it moves the head to the left. Because $M$ accepts the input $1^n$, it has to accept or move to the right on the blank symbol. Hence, it never visits the $n$th cell to the right of the initial cell. If it would, it would run forever on input $1^n$.

3) When $M$ reads 1, it moves the head to the right. It follows that after $m$ steps, the content of the tape is $A^m$ where $A$ is some symbol from the tape alphabet and the head of $M$ is on the leftmost blank symbol to the right of the last $A$. Because $M$ accepts the input $1^n$, it must accept or move to the left on the blank symbol. As in case 2), the head of $M$ will now never visit the $n$th cell to the left of the rightmost $A$. This is because on the input $1^n$, $M$ does not visit the cell directly left of the initial cell, because it contains the blank symbol and if it would read it, it would run forever.

It is clear that in all three cases $M$ accepts all strings from the set $\{1^m;m\geq n\}$.