Welch-Berlekamp algoritmasındaki hata sayısını nasıl belirliyorsunuz?

Reed-Solomon kodlarının kodunu çözmek için Welch-Berlekamp algoritmasında , bilinmeyen konumlarda hataları olan bir mesajı temsil eden noktaların listesi verilir (ve algoritmaya verilir). Çıktı, hataların meydana geldiği durumlar dışında verilen tüm noktalardan geçen bir polinomdur.$(a_i, b_i)$$e$$b_i$$e$

Yöntem, formun doğrusal denklemleri sisteminin çözülmesini içerir

derecesine ve en fazla derecesine sahip olduğu tüm için . Değişkenler ve katsayılarıdır .$i$$E$$e$$Q$$e+k$$E$$Q$

derecesine sahip olduğundan emin olmak için, genellikle katsayısının 1 olduğu kısıtlamasını yukarıdaki doğrusal sisteme ekler . Ancak, uygulamada bir mutlaka bilmiyor . Bununla uğraşmak Bir verimsiz (ama yine de polinom zamanlı) yolu denemektir ile başlayan tüm değerler için bir çözüm bulunana dek aşağı gidiyor.$E$$e$$x^e$$e$$e$$(n+k-1)/2 - 1$

Sorum şu: belirlemek için daha etkili bir yolu yoktur ? $e$Alternatif olarak, doğrusal sistemde tam değer yerine bir üst sınır kullanmasına izin veren bir değişiklik var mı?$e$

Özellikle Reed-Solomon kodları için bu özel kod çözücüyü kullanmak istiyorum, diğer tekniklere dayanan tamamen farklı bir algoritma değil.

DW'nin cevabına yanıt olarak, işte çalışan örneğim. Her şey modulo 7 yapılır.

plain message is: [2, 3, 2]
polynomial is: 2 + 3 t^1 + 2 t^2
encoded message is: [[0, 2], [1, 0], [2, 2], [3, 1], [4, 4]]
corrupted message is: [[0, 2], [1, 0], [2, 3], [3, 1], [4, 4]]

Hata üçüncü noktada.

olduğunda , söz konusu polinom denklemi$e=2$

Ve takmak sistemi matris biçiminde verir:$x = 0,1,2,3,4$

[2, 0, 0, 6, 0, 0, 0, 0, 0]
[0, 0, 0, 6, 6, 6, 6, 6, 0]
[3, 6, 5, 6, 5, 3, 6, 5, 0]
[1, 3, 2, 6, 4, 5, 1, 3, 0]
[4, 2, 1, 6, 3, 5, 6, 3, 0]
[0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1]

Son satır, kısıtlamasıdır . Gauss eliminasyonunu uyguladık$e_2 = 1$

[1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 4, 0]
[0, 1, 0, 0, 0, 0, 3, 3, 1]
[0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1]
[0, 0, 0, 1, 0, 0, 2, 1, 0]
[0, 0, 0, 0, 1, 0, 2, 2, 5]
[0, 0, 0, 0, 0, 1, 4, 5, 2]

Ve her iki serbest değişken için 1 seçerek,

[2, 2, 1, 4, 1, 0, 1, 1]

Hangi anlama gelir

E is 2 + 2 t^1 + 1 t^2
Q is 4 + 1 t^1 + 0 t^2 + 1 t^3 + 1 t^4

Ve , . Not olduğu gibi faktörler$E$$Q$$Q$$(t + 6) (t^3 + 2t^2 + 2t + 3) \mod 7$

İçin Ben iyi bir çözüm elde edersiniz:$e=1$

system is:    
[2, 0, 6, 0, 0, 0, 0]
[0, 0, 6, 6, 6, 6, 0]
[3, 6, 6, 5, 3, 6, 0]
[1, 3, 6, 4, 5, 1, 0]
[4, 2, 6, 3, 5, 6, 0] 
[0, 1, 0, 0, 0, 0, 1]

reduced system is:

[1, 0, 0, 0, 0, 0, 5]
[0, 1, 0, 0, 0, 0, 1]
[0, 0, 1, 0, 0, 0, 3]
[0, 0, 0, 1, 0, 0, 3]
[0, 0, 0, 0, 1, 0, 6]
[0, 0, 0, 0, 0, 1, 2]

solution is [5, 1, 3, 3, 6, 2]
Q is 3 + 3 t^1 + 6 t^2 + 2 t^3
E is 5 + 1 t^1
P(x) = 2 + 3 t^1 + 2 t^2 # this is correct!
r(x) = 0

Yukarıdaki karşı örnek örneği sıfırdan yazdığım kod tarafından oluşturulmuş olsa da (temelde denediğim ilk şeydi), çözümlerin elle geçerli olduğunu kontrol edebiliriz, bu yüzden kodum buggy olsa bile hala iddia için geçerli bir karşı örnek kullanarak çalışır.$e=2$

Aynı prosedür aslında herhangi bir sayıda hatayı düzeltmek için çalışır $e$.

Gereksinim hata polinomunun $E(x)$ her noktada sıfır olmalı $a_i$burada bir hata vardı. Hiçbir şey bunun sadece bu noktalarda sıfır olması gerektiğini söylemez; sahip olabilirsin$E(x)$ diğer noktalarda da sıfırdır ve derecesi olduğu sürece sorun olmaz $e$.

Yani, eğer $e$ hataların sayısında bir üst sınır, bir polinom var $E(x)$ istenen tüm özelliklere sahip (yani, tam olarak derecesi vardır $e$ve hatanın olduğu her noktada sıfırdır). Örneğin,$e$ hatalar, sonra bir polinom var $E(x)$ sıfır sayısını tam olarak elde etmek için her hatada sıfır ve birkaç noktada daha sıfır $e$.

Son olarak, doğruluk teoremi böyle bir polinom $E(x)$mevcutsa, Berlekamp-Welch algoritması onu bulabilecektir. Yani, daha az olsa bile $e$ hatalar, prosedür hala tanımlamak için doğru çalışır $E(x)$. Bir kez sahip olduğunuzda$E(x)$, tanımlayabilirsiniz $n-e$ hatasız konumlar ve daha sonra basit bir şekilde deşifre edebilirsiniz.

Sorudaki "karşı örnek" hakkındaki konuşmanın sonucunu belgelemek için:

Bu aslında geçerli bir karşı örnek değil. Kusur, Berlekamp-Welch'in düzeltmesini beklemeniz gereken kaç hatanın hesaplanmasıydı. Mesafe$n-k+1$, bu yüzden düzeltebilmenizi beklemelisiniz $(n-k)/2$hatalar (Ran G.'nin işaret ettiği gibi). Karşı örneğinizde$n=5$ ve $k=3$, yani $(n-k)/2=1$, bu nedenle bu yordamın yalnızca bir hatayı düzeltebileceğini, yani, $e=1$. Yani, prosedürü bir örnekle$e=2$, yordamın düzgün çalışmasını beklemek için hiçbir neden yoktur.

Dolayısıyla, karşı örnek aslında bir karşı örnek değildir ve yukarıdaki cevabımla çelişmez.