İki yönlü deterministik sayaç otomatları tarafından tanınan tekli diller

2dca'lar (iki yönlü deterministik tek sayaç otomata) (Petersen, 1994) aşağıdaki tek dili tanıyabilir:

2dca's tarafından tanınan başka önemsiz tek dil var mı?

2dca'ların tanıyıp tanımadığı hala bilinmemektedir ?$\mathtt{SQUARE} = \lbrace 0^{n^2} \mid n \geq 0 \rbrace$

TANIM: 2dca, sayaçlı iki yönlü deterministik bir sonlu otomattır. 2dca, sayaç değerinin sıfır olup olmadığını test edebilir ve her adımda sayacın değerini 1 artırır veya azaltır.

Bu sadece Marvin L. Minsky, "Post'un Etiket Sorununun ve Turing Teorisi Teorisindeki diğer Konuların Özyineli Çözülemezliği" ni okurken aklıma gelen bir fikirdi; özellikle ünlü teorem Ia:

Teorem Ia: Formların I j talimatlarını kullanarak S 1 ve S 2 iki tamsayı üzerinde çalışan bir program tarafından herhangi bir kısmi özyinelemeli işlev temsil edebiliriz : (i) 1 ila S j EKLEME ve I j 1'e gitme ( ii) S j'den SUBTRACT 1 , S j ≠ 0 ise ve I j 1'e giderseniz, aksi takdirde I j 2'ye gidin Yani, S 1 ile başlayan böyle bir program oluşturabiliriz$f(n)$$S_1$$S_2$$I_j$
$S_j$$I_{j_1}$
$S_j$$S_j \neq 0$$I_{j_1}$$I_{j_2}$
ve S 2 = $S_1 = 2^n$$S_2 = 0$ ve sonunda ve S 2 = 0 ile durur$S_1 = 2^{f(n)}$$S_2 = 0$

Girişin tekli olarak verildiği (yarı) bir sonsuz bant üzerinde bir sayaçlı iki yönlü bir DFA'nız varsa: sonra DFA şunları yapabilir:$\$1^{2^n}000...$

1. tekli girişi okuyun (ve sayaçta saklayın);
2. bandın kısmı üzerinde çalışın ve 1 saniye ile 1 arasındaki mesafeyi ikinci sayaç olarak kullanın.$0^\infty$$1$

Böylece bir Turing tam iki sayaç makinesini simüle edebilir.

Şimdi, standart bir Turing makinesinde T ( n ) zamanında çalışan bir yinelenen işlev varsa , sonlu bantta başlayan bir sayaçlı iki yönlü bir DFA$f(n)$$T(n)$ $\$1^m\$ \;$(burada ve T ′ ( n ) ≫ T ( n ) ) şunları yapabilir:$m = 2^n3^{T'(n)}$$T'(n) \gg T(n)$

1. tekli girişi okuyun (ve sayaçta saklayın);
2. en soldaki sembole dönüş;
3. sayaç bu şekilde içerene kadar sayacı 3'e bölün : q z 0 , q z 1 , q z 2 durumlarından sağa dönüp 1 çıkarma; Sayaç durumu 0 ulaşırsa q z 0 soldaki sembolü + 1 ve bölme döngü devam ekleyerek gitmek, aksi eklemek 1 (eğer durum içinde k z 1 ) veya 2'de (durum eğer q $2^n$$q_{z_0}, q_{z_1}, q_{z_2}$$q_{z_0}$$q_{z_1}$$q_{z_2}$ ve + 3 (yani 3 ile bölünemeyen sayacın önceki değerini geri kazan) ve 4. adıma geçin;
4. bu noktada sayaç 2 n içerir$2^n$ ;
5. hesaplamak $2^{f(n)}$ using the $T'(n)$ space available on the right as the second counter (the value of the second counter is the distance from the leftmost symbol $\$$).

So with the special input encoding described above that gives it enough space on the finite tape, a two-way DFA with one counter and unary alphabet can compute every recursive function.

Yaklaşım doğruysa, nasıl seçileceği konusunda ilginç olabilir.$T'(n) \gg T(n)$$k \gg 2$ and encode the input as $1^m$, $m = 2^n k^n$

By non-trivial, I assume you mean a language L that can't be accepted by a 1dca. Here seems to be such a language:

MERKEZ = {w | w, {0,1} * 'nin üzerindedir ve bazı x için y = x1y, y | = | y |}

Bu dil 1dca tarafından kabul edilemez, ancak 1nca tarafından kabul edilebilir. 2dca ile kabul edilebilir. Detaylar alıştırma olarak bırakılmıştır.