ภาษาปกติที่ให้ไว้มีชุดย่อยที่ไม่มีคำนำหน้าไม่มีที่สิ้นสุดหรือไม่?

ชุดของคำบนตัวอักษรที่ จำกัด ไม่มีคำนำหน้าหากไม่มีสองคำที่แตกต่างกันโดยที่คำหนึ่งเป็นคำนำหน้าของอีกคำหนึ่ง

คำถามคือ:

ความซับซ้อนของการตรวจสอบว่าภาษาปกติให้เป็น NFA มีส่วนย่อยที่ไม่มีคำนำหน้าไม่มีที่สิ้นสุด?

คำตอบ (เนื่องจาก Mikhail Rudoy ด้านล่าง) : สามารถทำได้ในเวลาพหุนามและฉันคิดว่าแม้ใน NL

การถอดความคำตอบของมิคาอิลให้$(\Sigma,q_0,F,\delta)$เป็นอินพุต NFA ในรูปแบบปกติ (ไม่มีการเปลี่ยนเอปไซลอนตัดแต่ง) และปล่อยให้$L[p,r]$ (resp. $L[p,R]$ ) ภาษาที่ได้จากการมีสถานะ$p$เป็นสถานะเริ่มต้นและ$\{r\}$เป็นสถานะสุดท้าย (resp. state $p$เป็น inital และ set $R$เป็นขั้นสุดท้าย) สำหรับคำที่$u$ให้$u^\omega$เป็นคำที่ไม่มีที่สิ้นสุดได้รับโดย iterating ยู$u$

สิ่งต่อไปนี้เทียบเท่า:

1. ภาษา$L[q_0,F]$มีชุดย่อยที่ไม่มีคำนำหน้าไม่มีที่สิ้นสุด
2. $\exists q \in Q$ ,$\exists u \in L[q,q]\smallsetminus\{\varepsilon\}$ $\exists v \in L[q,F]$เพื่อให้$v$ไม่ได้เป็นคำนำหน้าของ$u^\omega$ ω
3. $\exists q \in Q$ $L[q,q] \neq \{\varepsilon\}$ $\forall u \in L[q,q]$ $\exists v \in L[q,F]$เพื่อให้$v$ไม่ได้เป็นคำนำหน้าของ$u^\omega$โอห์ม

พิสูจน์:

3 $\Rightarrow$ 2 เล็กน้อย

สำหรับ 2 $\Rightarrow$ 1 ก็พอเพียงที่จะเห็นว่าสำหรับการใด ๆ$w \in L[q_0,q]$เรามี$w (u^{|v|})^* v$เป็นเซตคำนำหน้าฟรีไม่มีที่สิ้นสุดของ$L[q_0,F]$ ]

ในที่สุด 1 $\Rightarrow$ 3 เป็นข้อพิสูจน์ "ความถูกต้อง" ในคำตอบของมิคาอิล

ปัญหาของคุณสามารถแก้ไขได้ในเวลาพหุนาม

ในการเริ่มต้นให้แปลง NFA ที่กำหนดเป็น NFA ที่เทียบเท่าด้วยคุณสมบัติเพิ่มเติมต่อไปนี้:

• ไม่มีการเปลี่ยนเอปไซลอน
• สถานะทั้งหมดสามารถเข้าถึงได้จากสถานะเริ่มต้น

รูทีนย่อยที่เป็นประโยชน์

สมมติว่าเรามี NFA $N$รัฐ$q$และสตริงว่างs$s$รูทีนย่อยต่อไปนี้จะให้เราประเมินค่าความจริงของข้อความสั่งต่อไปนี้: "ทุกพา ธ ใน$N$จาก state $q$ไปยังสถานะ accept ยอมรับกับสตริงที่เป็นคำนำหน้าของสตริง$s^n$สำหรับบาง$n$ " นอกจากนี้รูทีนย่อยนี้จะทำงานในเวลาพหุนาม

$S$$|s| + 1$$s^n$$n$$|s|$$sssss\ldots$$N'$$N$$q$$N''$ซึ่งภาษาคือโดยใช้การก่อสร้างทางแยก NFA มาตรฐาน โปรดทราบว่าการก่อสร้างเหล่านี้ทั้งหมดเป็นพหุนามในขนาดของอินพุต$L(N'')$$L(S) \cap L(N')$

จากนั้นทดสอบว่าภาษาของว่างเปล่าหรือไม่ (ซึ่งสามารถทำได้ในเวลาพหุนามด้วยการค้นหากราฟอย่างง่าย) ถ้าหากว่าหรือในคำอื่น ๆ สตริงในทุกไม่ได้อยู่ใน(S) ในคำอื่น ๆ ภาษาของเป็นที่ว่างเปล่าและถ้าหากยอมรับเฉพาะสตริงที่มีคำนำหน้าของสำหรับบางnสิ่งนี้สามารถนำมาใช้ใหม่ได้ตามคำสั่งที่เราพยายามประเมิน: "ทุก ๆ พา ธ ในจาก stateไปยัง state accept สอดคล้องกับสตริงที่เป็นคำนำหน้าของสตริง$N''$$L(N'') = \emptyset$$L(S) \cap L(N') = \emptyset$$L(N')$$L(S)$$N''$$N'$$s^n$$n$$N$$q$$s^n$ nสำหรับบาง ."$n$

อัลกอริทึมหลัก

พิจารณาชุดสถานะใน NFA ที่อยู่ในวงวน สำหรับแต่ละสถานะดังกล่าวให้ทำดังต่อไปนี้:$q$

ให้ใด ๆ ที่เรียบง่ายห่วงที่มีคิวLetเป็นสตริงที่สอดคล้องกับห่วงP_2เนื่องจาก NFA ไม่มีการเปลี่ยน epsilonจึงไม่ว่างเปล่า จากนั้นให้ใช้ย่อยไปยัง NFA รัฐและสตริงsหาก subroutine บอกเราว่าทุกเส้นทางเริ่มต้นที่ใน NFA และสิ้นสุดที่ยอมรับสอดคล้องรัฐคำนำหน้าของสำหรับบางแล้วดำเนินการต่อไปยังรัฐต่อไปQมิฉะนั้นเอาต์พุตที่ภาษาของ NFA ที่ระบุมีเซ็ตย่อยที่ไม่มีการเติมล่วงหน้าอย่างไม่มีที่สิ้นสุด$P_2$$q$$s$$P_2$$s$$q$$s$$q$$s^n$$n$$q$

ถ้าเราลองทุกสถานะที่อยู่ในลูปและอัลกอริธึมไม่เคยส่งออกผลลัพธ์ที่ภาษาของ NFA ที่ระบุไม่ได้มีเซ็ตย่อยที่ไม่มีการเติมล่วงหน้าแบบไม่มีที่สิ้นสุด$q$

ความถูกต้อง (ครึ่งแรก)

ขั้นแรกสมมติว่าอัลกอริทึมด้านบนยืนยันว่าภาษาของ NFA ที่ระบุมีชุดย่อยที่ไม่มีการเติมล่วงหน้าอย่างไม่มีที่สิ้นสุด ขอบอกว่าการแสดงผลนี้ได้รับเลือกขณะที่การพิจารณาบางวงและบางรัฐQเมื่อก่อนเป็นสตริงที่สอดคล้องกับP_2จากนั้นเราทราบตามรูทีนย่อยที่ไม่ใช่ทุกพา ธ เริ่มต้นที่ใน NFA และสิ้นสุดที่สถานะการยอมรับซึ่งสอดคล้องกับคำนำหน้าของสำหรับบาง (เนื่องจากนี่เป็นเอาต์พุตเดียวของรูทีนย่อยที่จะนำไปสู่หลัก อัลกอริทึมแสดงผลที่ )$P_2$$q$$s$$P_2$$q$$s^n$$n$$q$

ให้เป็นเส้นทางที่มีอยู่ถูกกล่าวหาโดย subroutine: เส้นทางจากไปสู่การยอมรับของรัฐดังกล่าวว่าสตริงที่สอดคล้องกันไม่ได้เป็นคำนำหน้าของสำหรับการใด ๆn$P_3$$q$$t$$s^n$$n$

ให้ประกอบด้วยสำเนาของโดยที่มีขนาดใหญ่พอที่. ตั้งแต่เป็นห่วงผ่าน ,สามารถจะถือว่าเป็นเส้นทางจากที่จะถามสตริงที่สอดคล้องกับคือ$P_2'$$m$$P_2$$m$$m|s| > |t|$$P_2$$q$$P_2'$$q$$q$$P_2'$$s^m$

ให้เป็นเส้นทางจากสถานะเริ่มต้นไปยัง (ซึ่งมีอยู่เนื่องจากทุกรัฐสามารถเข้าถึงได้จากจุดเริ่มต้น) และปล่อยให้เป็นสตริงที่สอดคล้องกับเส้นทางนี้$P_1$$q$$r$

จากนั้นเส้นทางประกอบด้วย ,สำเนาของและเป็นเส้นทางการคำนวณการยอมรับ สตริงที่สอดคล้องกับเส้นทางนี้คือRดังนั้น NFA ยอมรับสตริงของรูปแบบทุกRนี่เป็นชุดสตริงที่ไม่ จำกัด ที่ยอมรับโดย NFA และฉันอ้างว่าชุดสตริงนี้ไม่มีคำนำหน้า โดยเฉพาะอย่างยิ่งสมมติว่าเป็นคำนำหน้าของกับx ในคำอื่น ๆเป็นคำนำหน้าที เนื่องจากมีความยาวนี่ก็หมายความว่า$P_1$$x$$P_2'$$P_3$$r(s^m)^xt$$r(s^m)^xt$$r(s^m)^xt$$r(s^m)^yt$$y > x$$t$$(s^m)^{y-x}t$$(s^m)^{y-x}$$m(y-x)|s| \ge m|s| > |t|$$t$( s m ) y - x = s m ( y - x ) t s n n r ( s m ) x t r ( s m ) y tเป็นคำนำหน้า(YX)} แต่เราทราบโดยการส่งออกของ subroutine ที่ไม่ได้เป็นคำนำหน้าของสำหรับการใด ๆnดังนั้นไม่สามารถเป็นคำนำหน้าของและตามที่ต้องการชุดของสตริงจะไม่มีคำนำหน้า$(s^m)^{y-x} = s^{m(y-x)}$$t$$s^n$$n$$r(s^m)^xt$$r(s^m)^yt$

ดังนั้นฉันได้แสดงให้เห็นว่าหากอัลกอริทึมหลักแสดงผลว่าภาษาของ NFA ที่ระบุมีเซ็ตย่อยที่ไม่มีการเติมล่วงหน้าอย่างไม่มีที่สิ้นสุดในกรณีนี้เป็นจริง

ความถูกต้อง (ครึ่งหลัง)

ต่อไปฉันจะแสดงอีกครึ่งหนึ่ง: หากภาษาของ NFA ที่ระบุมีชุดย่อยที่ไม่มีการเติมล่วงหน้าอย่างไม่มีที่สิ้นสุดแล้วอัลกอริทึมหลักจะแสดงผลข้อเท็จจริงนี้

สมมติว่าภาษาของ NFA ที่ระบุมีชุดย่อยที่ไม่มีคำนำหน้าไม่มีที่สิ้นสุด ให้เป็นชุดของพา ธ การคำนวณ (ยอมรับ) ที่สอดคล้องกับสตริงเหล่านี้ ขอให้สังเกตว่าคือชุดการยอมรับเส้นทางการคำนวณที่ไม่มีที่สิ้นสุดซึ่งสตริงที่สอดคล้องกันจะไม่นำหน้ากัน$A$$A$

สมมติว่าสถานะคือ "การวนซ้ำ" ใน NFA หากมีการวนซ้ำใน NFA ผ่านสถานะนั้นและ "ไม่วนซ้ำ" เป็นอย่างอื่น พิจารณาพา ธ ทั้งหมดจากสถานะเริ่มต้นไปยังสถานะลูปใด ๆ ที่ผ่านสถานะไม่วนซ้ำเท่านั้น (ยกเว้นสถานะลูปเดียวที่สิ้นสุด) ให้เป็นชุดของเส้นทางเหล่านี้ แต่ละเส้นทางไม่สามารถมีลูปได้ในขณะนั้นสถานะในลูปนั้นจะเป็นการวนลูปและจะผ่านสถานะลูป ดังนั้นความยาวของเส้นทางในถูกล้อมรอบด้วยจำนวนของรัฐใน NFA และดังนั้นมี จำกัด (ตัวอย่างเช่นถ้าสถานะเริ่มต้นเป็นรัฐวนรอบแล้วเส้นทางดังกล่าวเท่านั้นคือเส้นทางที่ว่างเปล่า)$P$$p \in P$$p$$P$$P$

เราสามารถแบ่งพาร์ติชันเข้าย่อยตามวิธีการที่เส้นทางการคำนวณในเริ่มต้น โดยเฉพาะอย่างยิ่งสำหรับให้เป็นชุดของการคำนวณเส้นทางทั้งหมดในที่เริ่มต้นด้วยเส้นทางและให้เป็นชุดของเส้นทางอื่น ๆ ทั้งหมดใน เห็นได้ชัดว่าทุกและมีเคล็ดและสหภาพของพวกเขาคือการตั้งค่าทั้งหมด นอกจากนี้มีเส้นทางเท่านั้นที่ไม่เคยผ่านรัฐวนรอบและดังนั้นจึงไม่วนซ้ำ; ดังนั้นจึงจำกัด เราสามารถสรุปได้ว่าบาง$A$$|P|+1$พี∈ P พีพีบีพีบีB B พี$A$$p \in P$$A_p$$A$$p$$B$$A$$A_p$$B$$A$$B$$B$$A_p$จะต้องไม่มีที่สิ้นสุด (มิฉะนั้นจะเป็นสหภาพของชุด จำกัด จำนวนมาก)$A$

ตั้งแต่เป็นอนันต์มีเส้นทางการคำนวณหลายอย่างมากมายไม่มีที่มีสตริงคำนำหน้าของแต่ละอื่น ๆ ที่มีเส้นทางการยอมรับเริ่มต้นด้วยPขอให้ถูกรัฐถึงที่จุดสิ้นสุดของเส้นทางพีเราสามารถสรุปได้ว่ามีหลายเส้นทางที่ยอมรับไม่สิ้นสุดเรียกชุดนี้เริ่มต้นที่ซึ่งทั้งหมดสอดคล้องกับสตริงที่ไม่ได้นำหน้าซึ่งกันและกัน$A_p$$p$$q$$p$$A'$$q$

ในระหว่างขั้นตอนวิธีการหลักที่เราทำงานย่อยในรัฐและบางสตริงsรูทีนย่อยนี้บอกเราว่าเส้นทางการยอมรับทุกอันเริ่มต้นที่สอดคล้องกับสตริงที่เป็นส่วนนำหน้าของสำหรับบางหรือไม่ หากเป็นกรณีนี้เส้นทางที่ยอมรับจำนวนมากทั้งหมดในจะเป็นคำนำหน้าของสำหรับต่างๆซึ่งจะบ่งบอกว่าพวกเขาเป็นคำนำหน้าทั้งหมดของกันและกัน นี่ไม่ใช่กรณีดังนั้นเราจึงสรุปได้ว่าเมื่ออัลกอริทึมหลักรันรูทีนย่อยในสถานะ$q$$s$$q$$s^n$$n$$A'$$s^n$$n$$q$ผลลัพธ์คือผลลัพธ์ที่เป็นไปได้อื่น ๆ อย่างไรก็ตามสิ่งนี้นำไปสู่อัลกอริทึมหลักในการแสดงผลว่าภาษาของ NFA มีส่วนย่อยที่ไม่มีคำนำหน้าไม่มีที่สิ้นสุด

นี่เป็นการพิสูจน์ถึงความถูกต้อง

คำนิยาม

คำจำกัดความ 1 : ให้เป็นชุดของคำ เรากล่าวว่าเป็นอย่างไม่มีที่สิ้นสุดคำนำหน้าฟรี (ขึ้นชื่อสำหรับวัตถุประสงค์ของคำตอบนี้) ถ้ามีคำและดังกล่าวว่า:$S$$S$U 0 , ... , U n , ... วี1 , ... , V n , ...$u_0,\dots,u_n,\dots$$v_1,\dots,v_n,\dots$

• สำหรับแต่ละ ,และไม่ว่างเปล่าและเริ่มต้นด้วยตัวอักษรที่แตกต่างกัน;$n\ge 1$$u_n$$v_n$

• $S=\{u_0v_1,\dots,u_0\dots u_n v_{n+1},\dots\}$\}

สัญชาตญาณคือคุณสามารถใส่คำเหล่านั้นทั้งหมดลงบนต้นไม้ที่หยั่งรากไม่สิ้นสุด ( ■คือราก, ▲เป็นใบและส่วน•ที่เหลือเป็นโหนดตกแต่งภายใน) ของรูปทรงดังต่อไปนี้ซึ่งคำในเป็นป้ายกำกับของเส้นทาง จากรากถึงใบไม้:$S$

   u₀    u₁    u₂
■-----•-----•-----•⋅⋅⋅
      |     |     |
      | v₁  | v₂  | v₃
      |     |     |
      ▲     ▲     ▲

ข้อเสนอที่ 1.1 : ชุดที่ไม่มีคำนำหน้าไม่มีที่สิ้นสุดไม่มีคำนำหน้า

หลักฐานของข้อเสนอ 1.1 : สมมติว่าเป็นคำนำหน้าอย่างเข้มงวดของ1} มีสองกรณี:$u_0\dots u_n v_{n+1}$$u_0 \dots u_m v_{m+1}$

• ถ้าแล้วเป็นคำนำหน้าของ1} สิ่งนี้เป็นไปไม่ได้เนื่องจากและมีตัวอักษรแรกที่แตกต่างกัน$n < m$$v_{n+1}$$u_{n+1}\dots u_m v_{m+1}$$u_{n+1}$$v_{n+1}$

• ถ้าแล้วเป็นคำนำหน้าของ1} สิ่งนี้เป็นไปไม่ได้เนื่องจากและมีตัวอักษรแรกที่แตกต่างกัน$n > m$$u_{m+1}\dots u_n v_{n+1}$$v_{m+1}$$u_{m+1}$$v_{m+1}$

ข้อเสนอที่ 1.2 : ชุดคำนำหน้าฟรีที่ไม่มีที่สิ้นสุดไม่มีที่สิ้นสุด

หลักฐานการเสนอ 1.2 : ในข้อ 1.1 เราพบว่าหากดังนั้นและไม่สามารถเทียบเคียงได้กับคำนำหน้า พวกเขาจึงไม่เท่ากัน$n\not= m$$u_0\dots u_n v_{n+1}$$u_0 \dots u_m v_{m+1}$

หลักฐานหลัก

ข้อเสนอที่ 2 : ชุดคำนำหน้าฟรีที่ไม่มีที่สิ้นสุดใด ๆ มีชุดคำนำหน้าฟรีที่ดีไม่มีที่สิ้นสุด

ข้อเสนอที่ 3 : ภาษาที่มีชุดคำนำหน้าฟรีที่ไม่มีที่สิ้นสุดถ้าหากมันมีชุดคำนำหน้าฟรีที่ไม่มีที่สิ้นสุดอย่างดี

พิสูจน์ด้านล่าง

หลักฐานการเสนอ 3 :โดยข้อเสนอ 2ตามข้อเสนอ 1.1 และ 1.2$\boxed{\Rightarrow}$$\boxed{\Leftarrow}$

ข้อเสนอที่ 4 : ชุดย่อยส่วนย่อยที่ไม่มีคำนำหน้าของภาษาปกติ (เข้ารหัสเป็นคำไม่สิ้นสุด ) คือ -regular (และขนาดของBüchi Automaton ที่รับรู้ว่าเป็นพหุนามในขนาดของ NFA ที่ใช้ภาษาปกติ)$\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\overline{u_2}\dots$$\omega$

พิสูจน์ด้านล่าง

ทฤษฎีบทที่ 5 : การตัดสินใจว่าภาษาปกติที่อธิบายโดย NFA มีชุดย่อยที่ไม่มีคำนำหน้าไม่มีที่สิ้นสุดสามารถทำได้ในเวลาพหุนามในขนาดของ NFA

ข้อพิสูจน์ทฤษฎีบทที่ 5 : โดยข้อเสนอ 3 มันเพียงพอที่จะทดสอบว่ามันมีส่วนย่อยของคำนำหน้าฟรีที่ไม่มีที่สิ้นสุดซึ่งสามารถทำได้ในเวลาพหุนามโดยการสร้างหุ่นยนต์Büchiที่ได้รับจากข้อเสนอ 4 และทดสอบความว่างเปล่าของมัน ภาษา (ซึ่งสามารถทำได้ในเวลาเชิงเส้นในขนาดของBüchiหุ่นยนต์)

หลักฐานการเสนอ 2

บทที่ 2.1 : ถ้าเป็นชุดคำนำหน้าฟรีดังนั้นจึงเป็น (สำหรับคำใด ๆ ที่ )$S$$w^{-1}S$$w$

หลักฐานที่ 2.1 : ตามคำจำกัดความ

บทแทรก 2.2 : ให้เป็นชุดคำที่ไม่มีที่สิ้นสุด Letเป็นคำนำหน้าทั่วไปที่ยาวที่สุดกับคำทั้งหมดในSและมีจำนวนนับเท่ากัน$S$$w:=\operatorname{lcp}(S_n)$$S$$S$$w^{-1}S$

หลักฐาน 2.2 : กำหนดโดยfมันถูกกำหนดไว้อย่างดีโดยความหมายของ , นึงโดยความหมายของและ surjective โดยความหมายของW$f:w^{-1}S\to S$$f(x)=wx$$w^{-1}S$$f$$w$

ข้อพิสูจน์ที่ 2 : เราสร้างและโดยการเหนี่ยวนำที่โดยมีสมมติฐานการเหนี่ยวนำประกอบด้วยส่วนต่าง ๆ ดังต่อไปนี้:$u_n$$v_n$$n$$H_n$

• $(P_1)$สำหรับ , ;$k\in\{1,\dots,n\}$$u_0\dots u_{k-1} v_k \in S$

• $(P_2)$สำหรับ ,และทั้งหมดไม่ว่างเปล่าและเริ่มต้นด้วยตัวอักษรที่แตกต่างกัน;$k\in\{1,\dots,n\}$$u_k$$v_k$

• $(P_3)$ $S_n:=(u_0\dots u_n)^{-1}S$ไม่มีที่สิ้นสุด

• $(P_4)$ไม่มีไม่ว่างเปล่าคำนำหน้าร่วมกันเพื่อทุกคำคือS_nในคำอื่น ๆ : ไม่มีตัวอักษรเป็นดังกล่าวว่า *$S_n$$a$$S_n\subseteq a\Sigma^*$

หมายเหตุ 2.3 : ถ้าเรามีลำดับที่ตรวจสอบโดยไม่ต้อง , เราสามารถปรับเปลี่ยนจะทำให้พวกเขายังตอบสนอง(P_4)อันที่จริงก็พอเพียงที่จะแทนที่โดย(S_n) ไม่ได้รับผลกระทบ ไม่สำคัญ เป็นการก่อสร้าง โดย lemma 3$H_n$$(P_4)$$u_n$$(P_4)$$u_n$$u_n\operatorname{lcp}(S_n)$$(P_1)$$(P_2)$$(P_4)$$(P_3)$

ตอนนี้เราสร้างลำดับโดยการเหนี่ยวนำใน :$n$

• การกำหนดค่าเริ่มต้น:เป็นจริงโดยการใช้ (เช่นโดยการใช้และใช้หมายเหตุ 3.1)$H_0$$u_0:=\operatorname{lcp}(S)$$u_0:=\varepsilon$

• ขั้นตอนการเหนี่ยวนำ: สมมติว่าเรามีคำและดังกล่าวว่าสำหรับบางnเราจะสร้างและเช่นว่า1}$u_1,\dots,u_n$$v_1,\dots,v_n$$H_n$$n$$u_{n+1}$$v_{n+1}$$H_{n+1}$

ตั้งแต่เป็นอนันต์และคำนำหน้าฟรี (โดยแทรก 1), มันไม่ได้มีเพื่อให้*) ตั้งแต่เป็นอนันต์มีความเป็นตัวอักษรดังกล่าวว่าเป็นอนันต์ โดยมีตัวอักษรแตกต่างจากดังกล่าวว่าเป็นไม่ว่างเปล่า เลือก * การจะเป็นจะตอบสนอง ,และ$S_n$$\varepsilon$$S_n=\underset{a\in \Sigma}{\bigsqcup}(S_n\cap a\Sigma^*)$$S_n$$a$$S_n\cap a\Sigma^*$$(P_4)$$b$$a$$S_n\cap b\Sigma^*$$v_{n+1}\in S_n\cap b\Sigma^*$$u_{n+1}$$a$$(P_1)$$(P_2)$$(P_3)$ดังนั้นเราจึงใช้คำพูดที่จะได้รับ 3.1 :S_n)$(P_4)$$u_{n+1}:=a\operatorname{lcp}(a^{-1}S_n)$

$(P_1)$ $u_1\dots u_nv_{n+1}\in u_1\dots u_n(S_n\cap b\Sigma^*)\subseteq S$S

$(P_2)$ตามคำนิยามของและ1}$u_{n+1}$$v_{n+1}$

$(P_3)$ $a^{-1}S_n$นั้นไม่มีที่สิ้นสุดตามคำจำกัดความของและจึงไม่มีที่สิ้นสุดโดย lemma 3$a$$S_{n+1}$

$(P_4)$ตามคำนิยามของ1}$u_{n+1}$

หลักฐานข้อเสนอ 4

หลักฐานการเสนอ 4 : ให้เป็น NFA$A=(Q,\to,\Delta,q_0,F)$

แนวคิดมีดังต่อไปนี้: เราอ่านจำไว้ว่าเราอยู่ที่ไหนอ่านย้อนกลับไปที่ที่เราอ่านหลังจากอ่านจำว่าเราอยู่ที่ไหน ... เรายังจำตัวอักษรตัวแรกที่อ่านในแต่ละเพื่อให้แน่ใจว่าเริ่มต้นด้วยตัวอักษรอื่น$u_0$$v_1$$u_0$$u_1$$v_n$$u_n$

ฉันได้รับการบอกว่านี่อาจเป็นเรื่องง่ายขึ้นกับออโตมาหลายหัว แต่ฉันไม่คุ้นเคยกับพิธีการดังนั้นฉันจะอธิบายโดยใช้ออโตเมติกBüchi (มีเพียงหัวเดียว)

เราตั้งค่าโดยที่สัญลักษณ์ overlined จะถูกใช้เพื่ออธิบาย s และสัญลักษณ์ที่มีหมวกสำหรับ s$\Sigma':=\overline{\Sigma}\sqcup\widehat{\Sigma}$$u_k$$v_k$

เราตั้งค่าโดยที่:$Q':=Q\times (\{\bot\}\sqcup (Q \times \Sigma))$

• $(q,\bot)$หมายความว่าคุณกำลังอ่าน ;$u_n$

• $(q,(p,a))$หมายความว่าคุณอ่านบางส่วนในสถานะแล้วตอนนี้คุณกำลังอ่านที่เริ่มต้นด้วยและเมื่อคุณทำเสร็จแล้วคุณจะกลับไปที่อ่านที่ไม่ได้เริ่มต้นด้วย$u_n$$p$$v_{n+1}$$a$$p$$u_{n+1}$$a$

เราตั้งเพราะเราเริ่มต้นด้วยการอ่านu_0$q_0':=(q_0,\bot)$$u_0$

เรากำหนดเป็น\$F'$$F\times Q \times \Sigma$

ชุดของการเปลี่ยนถูกกำหนดดังนี้:$\to'$

• " " สำหรับการเปลี่ยนแต่ละครั้ง , เพิ่ม ;$u_n$$q\overset{a}{\to}q'$$(q,\bot)\overset{\overline{a}}{\to'}(q',\bot)$

• "ถึง " สำหรับการเปลี่ยนแปลงแต่ละครั้ง , เพิ่ม ;$u_n$$v_{n+1}$$q\overset{a}{\to}q'$$(q,\bot)\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(q,a))$

• " " สำหรับการเปลี่ยนแต่ละครั้ง , เพิ่ม ;$v_n$$q\overset{a}{\to}q'$$(q,(p,a))\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(p,a))$

• "ถึง " สำหรับการเปลี่ยนแปลงแต่ละครั้งโดยที่เป็นครั้งสุดท้ายและตัวอักษรแตกต่างจากเพิ่ม ;$v_n$$u_n$$p\overset{a}{\to}p'$$p$$b$$a$$(q,(p,b))\overset{\overline{a}}{\to'}(p',\bot)$

บทแทรก 4.1 :ได้รับการยอมรับโดย iff สำหรับแต่ละ ,และเป็นไม่ว่างเปล่าและเริ่มต้นด้วยตัวอักษรที่แตกต่างกันและสำหรับแต่ละ ,(A)$\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\dots \overline{u_n}\widehat{v_{n+1}}$ 'n≥1UnVnn≥0U0...UnVn+1∈L()$A'$$n\ge 1$$u_n$$v_n$$n\ge 0$$u_0\dots u_n v_{n+1}\in L(A)$

หลักฐานของบทแทรก 4.1 : จากซ้ายไปยังเครื่องอ่าน