L_k-farklı için en küçük NFA boyutuna sınırlar

Dil düşünün $L_{k-distinct}$ tüm oluşan $k$ mektubu temin edilmiştir dizeleri üzerinde $\Sigma$ hiçbir iki harf eşit şekilde:

L k - d i s t i n c t : = {w = σ 1 σ 2 . . . σ k ∣ \forall i \in [k] : σ i \in Σ and \forall j \neq i : σ j \neq σ i}

$L_{k-distinct} :=\{w = \sigma_1\sigma_2...\sigma_k \mid \forall i\in[k]: \sigma_i\in\Sigma ~\text{ and }~ \forall j\ne i: \sigma_j\ne\sigma_i \}$

Bu dil sonlu ve bu nedenle düzenli. Özellikle, $\left|\Sigma\right|=n$ , sonra. $\left|L_{k-distinct}\right| = \binom{n}{k} k!$

Bu dili kabul eden deterministik olmayan en küçük sonlu otomat nedir?

Şu anda aşağıdaki gevşek üst ve alt sınırlara sahibim:

Yapabileceği en küçük NFA I durumuna sahiptir. $4^{k(1+o(1))}\cdot polylog(n)$
Aşağıdaki lemma durumluk bir alt sınır anlamına gelir : $2^k$

Let $L ⊆ Σ^*$ düzenli dili. Olduğunu varsayalım $n$ çiftleri $P = \{ (x_i, w_i) \mid 1 ≤ i ≤ n \}$ şekilde $x_i\cdot w_j \in L$ ancak ve ancak $i=j$ . Sonra L'yi kabul eden herhangi bir NFA'nın en az n durumu vardır.

Başka bir (önemsiz) alt sınır, dil için en küçük DFA boyutunun günlüğü olan $log$ $n\choose k$ select k'dir.

Ayrıca (sadece sabit bir kısmını kabul bu NFA'lerde ilgilenen am $0<\epsilon<1$ ) arasında $L_{k-distinct}$ , otomatın boyutu daha küçük ise $\epsilon\cdot 4^{k(1+o(1))}\cdot polylog (n)$ .

Edit: Ben sadece metinde bir hata vardı bir ödül başladı.

yazarken olduğunu varsayabiliriz . $k=polylog(n)$ $k=O(log(n))$

Edit2:

Ödül yakında sona erecek, bu yüzden herhangi biri kazanmak için belki de daha kolay bir yolla ilgileniyorsa, aşağıdaki dili düşünün:

$L_{(r,k)-distinct} :=\{w : w$ içeren $k$ farklı semboller ve bir sembol daha görünür $r$ kez $\}$ .

(yani, $L_{(1,k)-distinct} = L_{k-distinct}$ ).

Yorumdakine benzer bir yapı, için boyutlu otomat verir. . $O(e^k\cdot 2^{k\cdot log(1+r)}\cdot poly(n))$ $L_{(r,k)-distinct}$

Bu geliştirilebilir mi? Bu dil için gösterebileceğimiz en iyi alt sınır nedir?

— RB
kaynak

Üst sınır NFA'nızı açıklayabilir misiniz?

— mjqxxxx

Hâlâ üzerinde çalıştığımız için henüz yazamıyorum ve kanıtı tamamlamadım. Bunun yerine, boyutunda çok daha basit bir otomat tanımlayacağım : karma ailesini . Bu karmaların her biri işlevidir . Bu , en çok boyutunda her alt kümesi için kümesinde, alt kümenin her öğesini farklı sayıya eşleyecek şekilde bir işlevi olduğu anlamına gelir . Karma işleminden sonra, elde edilen alfabe harfine sahiptir , bu nedenle boyutunda bir yazarlık L_ dilini kabul edebilir .

O((2e)k∗2O(log(k))∗log(n)) $O((2e)^k * 2^{O(log(k))} * log(n))$

(n,k) $(n,k)$

H $H$

h:[n]→[k] $h: [n] \to [k]$

[n] $[n]$

k $k$

h∈H $h\in H$

k $k$

2k $2^k$

Lk−distinct $L_{k-distinct}$

— RB

Alt sınır, değerini, tam olarak adımdan sonra NFA'nın içinde olabileceği durum sayısını sayarak verir . Toplam boyut için elde edilebilecek olandan çok daha iyi sınırlar veren bir kanıt yönteminin farkında olduğumu sanmıyorum, sadece adımlarından sonra , bazı için neler olduğuna bakmak . Ancak burada her için, tam olarak durumlarından sonra durumlarından yalnızca birinde olabilen bir NFA vardır .

(2−o(1))k $(2-o(1))^k$

k/2 $k/2$

t $t$

(2+o(1))k $(2+o(1))^k$

t $t$

— Noam

İspat (önceki iddiamın): En zor vaka ; tercih farklı rasgele alt gruplarının (arasında tam boyutunun alfabe sembolleri) , her ve her biri için bir durum olan bir NFA oluşturmak ilk IFF için lider bir yol ile sembollerinin hepsi farklıdır ve içinde bulunur ve aşağıdaki sembollerinin hepsi farklıysa ve tamamlayıcısı içinde varsa , ondan kabul edilebilir bir yolu vardır . Bir sayma argümanı rastgele seçme konusunda o WHP (gösterecektir

t=k/2 $t=k/2$

2k⋅poly(k,logn) $2^k \cdot poly(k, \log n)$

Si $S_i$

n $n$

t $t$

i $i$

t $t$

Si $S_i$

k−t $k-t$

Si $S_i$

Si $S_i$ Bu NFA gerçekten de istenen tüm dilleri kabul edecektir.

— Noam

Önceki yapıda, NFA'yı oluşturmanın en basit yolu, uzunluğundaki her olası önek ve uzunluğundaki her olası sonek için bir duruma sahip olacaktır . Bunun yerine, NFA'nın önek kısmı ve sonek kısmı, aynı randomize yapı (şimdi sadece sırasıyla ve tamamlayıcısı içinde) kullanılarak özyinelemeli olarak oluşturulabilir ve bu toplam toplam boyut verir.

j<t $j < t$

j>k−t $j > k-t$

Si $S_i$

(4+o(1))k $(4+o(1))^k$

— Noam

Yanıtlar:

Bu bir cevap değil, daha iyi bir alt sınır bırakacağına inandığım bir yöntem. mektup okunduktan sonra sorunu keselim . Ailesini Ifade element setleri ile ve ailesi elemanı bebekler ile . öğelerini (herhangi bir sırada) okuduktan sonra erişilebilen durumları ve öğelerini (herhangi bir sırayla) okuduktan sonra kabul eden bir duruma ulaşılabileceği durumları . Sadece ve sadece ihtiyacımız var $a$ $a$ $[n]$ $\mathcal A$ $b=k-a$ $[n]$ $\mathcal B$ $A$ $S_A$ $B$ $T_B$ $S_A\cap T_B\ne \emptyset$ $A\cap B=\emptyset$ . Bu zaten gerekli sayıda devlet için daha düşük bir sınır veriyor ve bence önemsiz olmayan bir şey verebilir.

Bu problem temel olarak çizgi grafiği (kısmen) bilinen bir hipergrafın köşe sayısı üzerinde bir alt sınır ister. Benzer problemler örneğin Bollobas tarafından incelenmiştir ve faydalı olabilecek birkaç bilinen kanıt yöntemi vardır.

Güncelleme 2014/03/24: Aslında yukarıdaki hypergraph üzerinde gerçekleştirilebilir eğer köşeleri, o zaman biz de uzunluğunun olmayan bir deterministik iletişim karmaşıklığı protokolünü olsun boyutu girişler setleri ile ayarlanan disjointness için ve aslında (iki sorunlar eşdeğerdir). Darboğaz elbette , bunun için sadece Eyal ve Noam'ın kitabında aşağıdakileri bulabilirim: standart olasılık argümanı ile kanıtlanmıştır. Ne yazık ki (henüz) bu sorun üzerinde yeterince iyi sınırlar bulamadım, ancak yukarıdakilerin keskin olduğunu varsayarak, daha düşük bir sınır verir $s$ $\log s$ $a$ $b$ $a=b=k/2$ $N^1(DISJ_a)\le \log \big(2^k \log_e {n\choose a}\big)$ $\Omega(2^k\log n)$ bahsettiğiniz iki alt sınırı birleştirmek.

— domotorp
kaynak

Cevabınız için @domotorp teşekkürler. Bu, orijinal sorudaki alt sınır için kullandığım lemmanın kanıtı gibi görünüyor, ancak gerçek ve ' belirtmeden ve dolayısıyla sayılabilir bir sınır değil. Yukarıdaki soruya yaptığınız yorum, sınırının bu yöntemle geliştirilemeyeceğini gösteriyor, bunun daha iyi yapabileceğini düşünüyor musunuz?

xi $x_i$

yi $y_i$

2k $2^k$

— RB

Yukarıdaki yorumumun asıl amacı, bu tekniklerin yukarıda bir alt sınır verememesidir . Bu sorunu benim için ilginç kılan da bu.

(2+o(1))k $(2+o(1))^k$

— Noam

@Noam: k = 2, a = b = 1 olsun. Zaten her farklı olması gerektiği için bir alt sınırı .

logn $\log n$

SA $S_A$

— 14'te domotorp

@domotorp: bir faktörünü gizler : İşte : Sabit bir ve ile başlayın ve rastgele bir alt küme ve harfler sonra var . Şimdi rastgele bu tür kümeleri seçin ve en azından biri için bunun olma olasılığı . Biz seçerseniz o zaman bu TÜM ayrık için böyledir WHP setleri olsun ve (boyutu

o(1) $o(1)$

O(klogn) $O(k\log n)$

a=b=k/2 $a=b=k/2$

A $A$

B $B$

$S$

$n$

$Pr[A \subseteq S \:and\: B \subseteq S^c]=2^{-k}$

$r2^k$

$1-exp(-r)$

$r = O(\log {n \choose k}) = O(k \log n)$

$A$

$B$

$k/2$ ). Bu yapıdaki bu tür 'lerin toplam sayısı .

$S$

$O(2^k k \log n)$

— Noam

@Noam: Üzgünüm ama bir içinde gizli bir görmedim , özellikle sorun da için ilginç bir imho olduğu için . Ama haklısın, RB sordu .

$\log n$

$o(1)$

$k<<\log n$

$k=polylog n$

— Mart'ta domotorp

Bazıları devam ediyor:

alt sınırını kanıtlamaya çalışıyorum . İşte böyle bir alt sınır verecek eminim bir soru: minimum bulmak fonksiyonu var ki koruyan, yani iff . Eminim bir alt sınır hemen bizim sorun için bir alt sınır anlamına gelir . kabaca, NFA'nın girişin ilk sembollerini okuduktan sonra bu setini okuduktan sonra alabileceği düğüm kümesine karşılık gelir. $4^k$ $t$ $f:\{S \subseteq [n], |S|=k/2 \} \rightarrow \{0,1\}^t$ $S_1 \cap S_2 = \emptyset$ $f(S_1) \cap f(S_2) = \emptyset$ $t \ge 2k$ $2^{2k}=4k$ $f(S)$ $k/2$ $k/2$ sembolleri . $S$

Bu sorunun çözümünün, ya iletişim karmaşıklığı literatüründe (özellikle de ayrılma sorunu ile ilgili makalelerde; belki bazı matris sıralaması argümanlarının yardımcı olacağı) veya kodlamalarla ilgili literatürde (örneğin , bunun gibi ) zaten bilinebileceğini düşünüyorum .

— mobius hamur tatlısı
kaynak

Yukarıdaki yorumlarım bu yaklaşımın geçemeyeceğini gösteriyor

$(2+o(1))^n$

— Noam