İkinci dereceden bir sürede normal dillerin kesişim boşluğuna karar verilmesi

Let NFA'ler tarafından verilen iki normal diller olmak girdi olarak. $L_1,L_2$ $M_1,M_2$

olup olmadığını kontrol etmek istediğimizi varsayalım . Bu açıkça , ürün otomasyonunu hesaplayan ikinci dereceden bir algoritma ile yapılabilir , ancak daha verimli bir şey olup olmadığını merak ediyordum. $L_1\cap L_2\neq \emptyset$ $M_1,M_2$

olup olmadığına karar vermek için bir algoritması var mı ? Bilinen en hızlı algoritma nedir? $o(n^2)$ $L_1\cap L_2\neq \emptyset$

— RB
kaynak

Herhangi birinin iyi fikirleri varsa lütfen bana bildirin, ancak şu anda açık bir sorun. Bu problemi lineer sürede çözebiliyorsanız, temelde yalnızca n bellek biti kullanarak deterministik olmayan bir makine tarafından çözülebilen herhangi bir problem deterministik olarak sürede çözülebilir .

2^{\frac{n}{2}}

$2^{\frac{n}{2}}$

— Michael Wehar,

Sanırım hala ikinci dereceden herkes için açık. Biraz daha bilgi: rjlipton.wordpress.com/2009/08/17/…

— Michael Wehar,

Mesela (Michael'ın yorumuna dayanarak), güçlü üstel zaman hipotezi, üstelin 2 olması gerektiği anlamına geliyor. Bunun üstel zaman üstel zaman hipotezinden de izleyebileceğini düşünüyorum ...

— Ryan Williams

RB: Eğer boyut iki DFAs boşluğuna için test edebilirsiniz farz

zamanında

ile

. Şimdi

boyutunda

DFA'nız varsa , ilk

DFA'nın ve kalan

DFA'nın ürününü oluşturabilirsiniz. Ardından, zaman içindeki boşluğu test edin

n

$n$

n^{1 + ε}

$n^{1+\varepsilon}$

ε < 1

$\varepsilon < 1$

k

$k$

n

$n$

k / 2

$k/2$

k / 2

$k/2$

daha iyidir

. vzn: Bu ödüllü makale bu konuya yorum yapan @MichaelWehar tarafından yazılmıştır. Michael, belki vaktin varsa cevap verebilirsin!

(n^{k / 2})^{1 + ε} = n^{\frac{1}{2} k + \frac{ε}{2} k}

$(n^{k/2})^{1+\varepsilon} = n^{\frac{1}{2}k + \frac{\varepsilon}{2}k}$

n^{k}

$n^k$

— Michael Blondin,

@RyanWilliams Merhaba Ryan, zayıf üssel zaman hipotezinin iki DFA için daha hızlı kavşaksızlığı çözemediğimizi ima ettiğini düşündüren nedir? Başka biri de bunu bana bir kez önerdi. :)

— Michael Wehar

Basit cevap : Bazı için zamanda çalışan daha etkili bir algoritma mevcutsa , güçlü üssel zaman hipotezi reddedilir. $O(n^{\delta})$ $\delta < 2$

Daha güçlü bir teoremi ispatlayacağız ve sonra basit cevap takip edecek.

Teoremi : Biz iki DFA kesişme olmayan boşluk sorunu çözebilir zaman, daha sonra bellek sadece n bit kullanılarak olmayan deterministik çözülebilir olan herhangi bir sorun, deterministik çözülebilir süre. $O(n^{\delta})$ $poly(n)\cdot2^{(\delta n/2)}$

Gerekçe : Kavşaksuzluğu iki DFA'nın zamanında çözebileceğimizi varsayalım . Deterministik olmayan bir Turing makinesine M salt okunur bir giriş bandı ve bir okuma / yazma ikili çalışma bandı verilmesini sağlayın. Girdi uzunluğu x olan bir n girelim. M'nin ikili çalışma bandı üzerindeki n bit belleğe daha fazla erişmediğini varsayalım. $O(n^{\delta})$

X girişindeki M hesaplaması, sonlu bir yapılandırma listesiyle gösterilebilir. Her yapılandırma bir durum, giriş bandı üzerinde bir konum, çalışma bandı üzerinde bir konum ve çalışma bandını temsil eden en fazla n bit hafızadan oluşur.

Şimdi, çalışma bandının ikiye bölündüğünü düşünün. Başka bir deyişle, bir sol bölüm var hücre vesağ kısmı $\frac{n}{2}$ hücre. Her bir konfigürasyon bir sol ve bir sağ parçaya bölünebilir. Sol parça, devlet Giriş bandı üzerindeki konumunu, çalışma bant üzerindeki pozisyonu ve oluşan $\frac{n}{2}$ Sol bölümden bit. Sağ parçası, devlet Giriş bandı üzerindeki konumunu, çalışma bant üzerindeki pozisyonu ve oluşan $\frac{n}{2}$ Sağ bölümden bit. $\frac{n}{2}$

Şimdi, biz inşa bir DFA olan devletler sol parçaları ve DFA olan olan devletler doğru parçalarıdır. Alfabe karakterleri, hangi duruma gideceğinizi, kaset kafalarının nasıl hareket etmesi gerektiğini ve çalışma kasetinin aktif hücresinin nasıl manipüle edilmesi gerektiğini söyleyen talimatlardır. $D_1$ $D_2$

Fikir olmasıdır ve giriş x üzerine M'nin bir hesaplama karşılık gelen bir talimat listesi olarak okunur ve bir araya geçerli ve kabul olduğundan emin olun. Hem hem de , teyp kafalarının nerede olduğu konusunda her zaman hemfikir olacaktır, çünkü bu bilgiler giriş karakterlerine dahil edilmiştir. Bu nedenle, olabilir iş bant pozisyonu sol parça halinde olan ve ne zaman talimat uygun olduğunu doğrulamak zaman sağ parça halinde olun. $D_1$ $D_2$ $D_1$ $D_2$ $D_1$ $D_2$

Toplam olarak, en fazla vardır , her DFA ve en durumları farklı alfabe karakterleri. $poly(n) \cdot 2^{n/2}$ $poly(n)$

İlk bir varsayım olarak, iki DFA içinde kesişme olmayan boşluğu çözebilir aşağıdaki bir süre. $poly(n) \cdot 2^{(\delta n /2)}$

Bunu faydalı bulabilirsiniz: https://rjlipton.wordpress.com/2009/08/17/on-the-intersection-of-finite-automata/

$k+O(\log(n))$ $O(n^{\delta})$ $poly(n) \cdot 2^{(\delta k/2)}$

Yorumlar, düzeltmeler, öneriler ve sorular memnuniyetle karşılanmaktadır. :)

— Michael Wehar
kaynak

Ω (n^{2})

$\Omega(n^2)$

k

$k$

k

$k$

(2 k - 2)

$(2k-2)$

k

$k$

N S p a c e (2 \cdot \log (n)) \subseteq D T i m e (n)

$NSpace(2 \cdot \log(n)) \subseteq DTime(n)$

N S p a c e (2 \cdot \log (n))

$NSpace(2 \cdot \log(n))$

2 \cdot \log (n)

$2\cdot \log(n)$ deterministik olmayan alan İki yönlü okuma sadece giriş bandı ve iki yönlü okuma / yazma ikili çalışma bandı bulunan turing makineleri.

— Michael Wehar