Belirli bir DFA'nın minimum olup olmadığına ne kadar hızlı karar verebiliriz?

Deterministik sonlu otomatayı (DFA'lar) en aza indirmek, literatürde kapsamlı bir şekilde incelenen bir sorundur ve aşağıdaki sorunu çözmek için birkaç algoritma önerilmiştir: Bir DFA , aynı dili kabul eden karşılık gelen bir minimum DFA hesaplayın . Bu algoritmaların çoğu polinom zamanında çalışır.$\mathscr{A}$$\mathscr{A}$

Ancak, merak ediyorum bu sorunun karar varyantı - "bir DFA , minimal?" - asgari otomasyonu hesaplamaktan daha verimli bir şekilde çözülebilir. Açıkçası, bu ayrıca örneğin Hopcroft'un bölüm-iyileştirme algoritmasını çalıştırarak ve sonra tüm bölümlerin tam olarak bir durum içerip içermediğine karar vererek verimli bir şekilde yapılabilir .$\mathscr{A}$$\mathscr{A}$

Yuval Filmus'un cevabında belirttiği gibi , karar verilebilirlik değişkeni, muhtemelen standart algoritmalar kullanılarak daha hızlı çözülebilir. Ne yazık ki, nasıl göremiyorum (umarım burada açık bir noktayı kaçırmam).

Yuval, buradaki yorumlarda, en iyi bilinen algoritmaların (yukarıdaki gibi) sabit boyutlu alfabe için içinde çalıştığını belirtiyor . Bu nedenle, çalışma süresinde sadece asimptotik olarak önemli kazanımlarla ilgilenmiyorum, çünkü bunlar pek olası görünmüyor. Beni en çok rahatsız eden şey, sadece evet-hayır cevabı ile ilgilendiğimiz gerçeğinden çıkarılabilecek bir “kısayol” hayal edememem - asimptotik olarak ihmal edilebilir bir zaman tasarrufu sağlamaya izin veren bir kısayol bile değil. Bir DFA'nın minimumluğuna karar veren her mantıklı algoritmanın DFA'yı gerçekten en aza indirmesi ve işlem sırasında bir şey değişip değişmediğini görmesi gerektiğini hissediyorum.$\mathcal{O}(n \log n)$

Bu tam olarak aradığınız cevap olmayabilir, ancak karar sorunlarını sorduğunuzdan, sorunun karmaşıklığıyla ilgilenebileceğinizi düşündüm. Bu ise -Komple.$\mathsf{NL}$

Şimdi, bir DFA'nın minimum olması ne anlama geliyor? İki özellik vardır:

1. Her devlet ulaşılabilir: biz ulaşabileceği gibi başlangıç durumu ile ilgili izleyerek ; sembollerde: .$\forall q \in Q \; \exists w \in \Sigma^*$$q$$s$$w$$s \rightarrow_w q$

2. Her eyalet çifti ayırt edilebilir: ile öyle ki ve ve ( sadece biri kabul etme durumudur).$\forall q,r \in Q$$q \neq r$ $\exists w \in \Sigma^*$$q \rightarrow_w s$$r \rightarrow_w t$$|\{s,t\} \cap F| = 1$$s,t$

Bildirim o (yani log-uzayda hesaplanabilir ; ve izlediğiniz olarak sadece mevcut konumunu izlemek her seferinde bir harfi). Ayrıca, ve arasında sadece sınırlı sayıda değişiklik vardır, bu nedenle Immerman-Szelepcsenyi teoreminin bir sonucu olarak , sorunun içinde olduğunu .$x \rightarrow_w y$$\mathsf{L}$$w$$\forall$$\exists$$\mathsf{NL}$

Bu zor olduğunu görmek için en kolay yolu, özelliği 1 çözer bildirimi için olan - prototip zor bir problemdir ulaşılamaz, yönlendirilmiş. Ancak yalnızca ulaşılabilir DFA'ları göz önünde bulundursanız bile, sorun hala zordur (yani özellik 2 -hard) ve Cho & Huynh (1992) ' in Lemma 2.2'sinde nispeten basit bir kanıt bulabilirsiniz .$\mathsf{NL}$$s$$t$$\mathsf{NL}$

Elbette, determinizm kullanmadım, bu yüzden Hopcroft'un algoritmasından farklı bir şekilde öksürük. Ama biz biliyoruz , böylece kendinize doğası gereği izlemek zorundadır Hopcroft daha fazla yer tasarrufu sağlayan algoritma (almak için bu yapılar kullanabilirsiniz birçok bölümleri ).$\mathsf{NL} \subseteq \mathsf{L}^2$$n$