มีความยาวกี่คำ

แก้ไขเพื่อเพิ่ม : คำถามนี้ได้ตอบเป็นหลักแล้ว โปรดดูรายการบล็อกนี้สำหรับรายละเอียดเพิ่มเติม ขอบคุณทุกคนที่โพสต์ความคิดเห็นและคำตอบได้ที่นี่

---

คำถามดั้งเดิม

นี่เป็นคำถามที่ฉันถามใน MathOverflow เมื่อฉันถามคำถามนั้นฉันไม่รู้ด้วยซ้ำว่าชื่อของพื้นที่คณิตศาสตร์ของปัญหาของฉันคืออะไรตอนนี้ฉันค่อนข้างแน่ใจว่ามันอยู่ใน Algorithmic Combinatorics กับ Partial Words (หนังสือเล่มล่าสุดเกี่ยวกับเรื่องที่นี่ )

ฉันต้องการทำรายการคำ $l$ตัวอักษร แต่ละคำมีความยาวอย่างแน่นอน$k$. ข้อตกลงคือถ้า$a \lozenge ^j b$ อยู่ในรายการที่ไหน $\lozenge$ เป็นสัญลักษณ์แทน / ไม่สนใจแล้ว $a \lozenge ^j b$ไม่สามารถปรากฏอีกครั้งในรายการ (เช่นเดียวกันถือเป็นจริงถ้า$a=b$, หรือถ้า $j=0$ และด้วยเหตุนี้คำย่อยที่ต้องห้ามคือ $ab$.)

ตัวอย่างที่ $k=4$ และ $l=5$:

$abcd$
$bdce$
$dcba$ <- ต้องห้ามเพราะ $dc$ ปรากฏในบรรทัดด้านบน
$aeed$ <- ต้องห้ามเพราะ $a \lozenge \lozenge d$ ปรากฏในบรรทัดแรก

วรรณกรรมเกี่ยวกับ "คำบางคำที่หลีกเลี่ยงได้" ที่ฉันได้พบนั้นล้วน แต่ไร้สาระ - ในที่สุดรูปแบบคำบางคำนั้นไม่สามารถหลีกเลี่ยงได้หากขนาดของคำมีขนาดใหญ่พอ ฉันต้องการค้นหาทฤษฎีบทดังกล่าวรุ่นสุดท้าย ดังนั้นคำถาม:

ได้รับคำบางส่วนของรูปแบบ $a \lozenge^j b$ ในตัวอักษรของ $l$ ตัวอักษรมีความยาวเท่าใด $k$ หลีกเลี่ยงมันและพวกมันสามารถผลิตได้อย่างชัดเจนในเวลาพหุนามหรือไม่?

ฉันไม่คาดหวังว่าคำถามข้างต้นจะยากและหากไม่มีความละเอียดอ่อนฉันหายไปฉันสามารถคำนวณได้ด้วยตนเอง เหตุผลที่แท้จริงที่ฉันโพสต์ในเว็บไซต์นี้เป็นเพราะฉันจำเป็นต้องรู้มากขึ้นเกี่ยวกับคุณสมบัติของรายการคำดังกล่าวสำหรับใบสมัครของฉันดังนั้นฉันหวังว่าจะมีคนตอบคำถามติดตาม:

สิ่งนี้ได้รับการศึกษาโดยทั่วไปหรือไม่? มีกระดาษอะไรบ้างที่พิจารณาไม่ใช่แค่ว่าคำบางส่วนนั้นในที่สุดก็หลีกเลี่ยงไม่ได้ แต่ "ต้องใช้เวลานานแค่ไหน" ก่อนที่จะหลีกเลี่ยงไม่ได้?

ขอบคุณ

นี่เป็นกรณีพิเศษ: จำนวนคำไบนารีของความยาว $k$ อย่างที่ไม่มีคนสองคนปรากฏต่อเนื่องกัน $F(k+3)$ที่ไหน $F(n)$ คือ $n^{th}$ หมายเลขฟีโบนักชี (เริ่มต้นด้วย $F(1)=1, F(2)=1$) หลักฐานผ่านทางตัวแทน Zeckendorf

แก้ไข: เราสามารถขยายเคสพิเศษเริ่มต้นนี้เป็นเคสพิเศษที่ใหญ่กว่าเล็กน้อยของ $a\lozenge^0a$. พิจารณาสตริงที่มีความยาว$k$ มากกว่าตัวอักษรขนาด $l+1$ เช่นว่าจดหมาย $a$ไม่ปรากฏสองครั้งติดต่อกัน ปล่อย$f(k)$เป็นจำนวนของสตริงดังกล่าว (ซึ่งเราจะเรียกว่า "ถูกต้อง") เราอ้างว่า:

$$f(k) = l*f(k-1) + l*f(k-2)$$ $$f(0) = 1, f(1) = l+1$$ สัญชาตญาณคือเราสามารถสร้างความยาวของสตริงที่ถูกต้อง $k$ โดย a) ติดกับส่วนใดส่วนหนึ่งของ $l$ ตัวอักษรที่ไม่ใช่ $a$ เป็นสตริงที่มีความยาวที่ถูกต้อง $k-1$หรือ b) ติดกับจดหมาย $a$ และจดหมายอื่น ๆ นอกจาก $a$ เป็นสตริงที่มีความยาวที่ถูกต้อง $k-2$.

คุณสามารถตรวจสอบว่าต่อไปนี้เป็นรูปแบบปิดสำหรับการเกิดซ้ำข้างต้น: ที่เราเข้าใจเมื่อ n

$$f(k) = \sum_{i=0}^{k} {{k+1-i}\choose{i}} l^{k-i}$$ ${{n}\choose{i}} = 0$$i>n$

แก้ไข # 2: Let 's เคาะออกอีกหนึ่งกรณี - เป็นข เราจะเรียกสตริงมากกว่าอักษรองค์ประกอบที่ไม่ได้มี substring "ถูกต้อง" และปล่อยให้แสดงว่าชุดของสตริงที่ถูกต้องของความยาวkนอกจากนี้ให้มีกำหนดที่จะเป็นส่วนหนึ่งของประกอบด้วยสตริงที่เริ่มต้นด้วยและจะเป็นผู้ที่ไม่ได้เริ่มต้นด้วยการขสุดท้ายให้,,.$\lozenge^0 b, a \neq b$$l$$ab$$S_k$$k$$T_k$$S_k$$b$$U_k$$b$$f(k) = |S_k|$$g(k) = |T_k|$$h(k) = |U_k|$

เราสังเกตว่าและ L ต่อไปเราสรุปการเกิดซ้ำดังต่อไปนี้: มาครั้งแรกจากความจริงที่ว่าการเพิ่มจะเริ่มต้นขององค์ประกอบของการใด ๆผลิตองค์ประกอบของ1} ที่สองมาจากการสังเกตว่าเราสามารถสร้างองค์ประกอบของโดยการเพิ่มตัวละครใด ๆ แต่ไปที่ด้านหน้าขององค์ประกอบใด ๆ ของหรือโดยการเพิ่มตัวละครใด ๆ แต่หรือที่ด้านหน้าขององค์ประกอบใด ๆ ในT_k$g(0)=0, h(0)=1, f(0)=1$$g(1)=1, h(1)=l-1, f(1)=l$

$$\begin{eqnarray} g(k+1) &=& f(k) \\ h(k+1) &=&(l-1)*h(k) + (l-2)*g(k) \end{eqnarray}$$ $b$$S_k$$T_{k+1}$$U_{k+1}$$b$$U_{k}$$a$$b$$T_k$

ต่อไปเราจัดเรียงสมการเกิดซ้ำเพื่อให้ได้รับ:

$$\begin{eqnarray} f(k+1) &=& g(k+1) + h(k+1) \\ &=& f(k) + (l-1)*h(k) + (l-2)*g(k) \\ &=& f(k) + (l-1)*f(k) - g(k) \\ &=& l*f(k) - f(k-1) \end{eqnarray}$$

เราจะได้รับการแก้ปัญหาการปิดฟอร์มค่อนข้างทึบเกิดซ้ำนี้โดยสิรอบ bit กับสิ่งที่ฟังก์ชั่นการสร้างหรือถ้าเราขี้เกียจกำลังมุ่งหน้าตรงไปยังWolfram Alpha อย่างไรก็ตามด้วย googling เล็กน้อยและ poking รอบในOEISเราพบว่าเรามี: โดยที่คือ Chebyshev พหุนามชนิดที่สอง (!) .

$$f(k) = U_k(l/2)$$ $U_k$$k^{th}$

วิธีการที่แตกต่างกันโดยสิ้นเชิงสำหรับคำถามแรกใช้คำตอบสำหรับคำถามล่าสุดเกี่ยวกับการสร้างคำในภาษาปกติ : มันพอเพียงที่จะใช้อัลกอริทึมเหล่านี้สำหรับความยาวในภาษาปกติที่เป็นตัวอักษร$k$$\Sigma^\ast a\Sigma^j b\Sigma^\ast$$\Sigma$

อัปเดต: คำตอบนี้ไม่ถูกต้อง :

สมมติว่าได้รับการแก้ไขเราสามารถนับจำนวนของวิธีการรูปแบบสามารถจับคู่: แรกสัญลักษณ์สามารถจับคู่ในตำแหน่งบางและเรามีความเป็นไปได้ก่อนที่จะถึงจุดนั้นระหว่างและและสำหรับส่วนที่เหลือของสตริงจึงรวมเคส ตามที่ Tsuyoshi Ito ระบุไว้ในความคิดเห็นการนับนี้ไม่ใช่จำนวนคำที่ตรงกับ$j$$a\lozenge^j b$$a$$1\leq i\leq k-j-1$$l^{i-1}$$l^j$$a$$b$$l^{k-j-i-1}$

$$\sum_{i=1}^{k-j-1}l^{i-1}\cdot l^{j}\cdot l^{k-j-i-1}=(k-j-1)l^{k-2}$$ $a\lozenge^j b$เนื่องจากคำเดียวสามารถจับคู่รูปแบบเดียวกันได้หลายวิธี ยกตัวอย่างเช่นจะถูกจับคู่สามครั้งใน ,สองครั้งในและสองครั้งในAABBเราสามารถลองนับจำนวนวิธีการจับคู่รูปแบบหลายครั้งและแสดงการแสดงออก "รวม - ยกเว้น" แต่รูปแบบวิธีที่อาจทับซ้อนกันทำให้มันยาวเกินไป$aa$$aaaa$$ab$$abab$$a\lozenge b$$aabb$

---

สำหรับคำถามแรกภายใต้ความเข้าใจที่ว่าไม่ได้รับการแก้ไขนั่นคือเราต้องการหลีกเลี่ยงการฝังคำ :$j$$ab$

• ทั้งสัญลักษณ์แรกที่ไม่เคยปรากฏที่บัญชีสำหรับคำที่เป็นไปได้$a$$(l-1)^k$
• หรือปรากฏเป็นครั้งแรกในบางตำแหน่งจากนั้นเราไม่สามารถใช้ในส่วนที่เหลือของคำ: มีตัวเลือกสำหรับปัจจัยที่สูงถึงและตัวเลือกสำหรับส่วนที่เหลือให้รวมคำที่เป็นไปได้ ไม่ว่าจะไม่เกี่ยวข้องหรือไม่$a$$1\leq i\leq k$$b$$(l-1)^{i-1}$$a$$(l-1)^{k-i}$$\sum_{i=1}^k(l-1)^{i-1}\cdot(l-1)^{k-i}=k(l-1)^{k-1}$$a=b$

สำหรับคำถามที่สองฉันไม่มีอะไรจะแนะนำมากนัก มีความสัมพันธ์กับคำว่า embeddings แต่ผลลัพธ์ที่ฉันรู้เกี่ยวกับลำดับที่ไม่ถูกต้องสำหรับเลมม่าของฮิกแมนไม่ได้ใช้ทันที