Tek Bantlı Turing makinesinin alfabesi

Can her fonksiyonu zaman içinde hesaplanabilir olan boyutu bir alfabe ile makine Turing tek bant üzerinde hesaplanabilmektedir Tekli Teypte zamanı büyüklüğünde (say, ve boş) bir alfabe kullanarak Turing makinesi ? $f : \{0,1\}^* \to \{0,1\}$ $t$ $k = O(1)$ $O(t)$ $3$ $0,1,$

(OP tarafından aşağıdaki yorumlardan) Girişin kullanılarak yazıldığına dikkat edin , ancak büyüklüğündeki alfabeyi kullanan Turing makinesi , giriş sembollerinin üzerine büyük alfabeden gelen sembollerin üzerine yazabilir. Daha büyük alfabedeki sembollerin daha küçük alfabede nasıl kodlanacağını göremiyorum, girişi olacak şekilde kaydırmak zorunda kalmadan . $0,1$ $k$ $n^2$

computability turing-machines

— Manu
kaynak

Girişin kullanılarak yazıldığına dikkat edin , ancak büyüklüğündeki alfabeyi kullanan Turing makinesi , giriş sembollerinin üzerine büyük harflerden gelen sembollerin üzerine yazabilir. Daha büyük alfabedeki sembollerin daha küçük alfabede nasıl kodlanacağını göremiyorum, girişi olacak şekilde kaydırmak zorunda kalmadan .

0, 1

$0,1$

k

$k$

n^{2}

$n^2$

— Manu,

@Emanuele: Soruyu düzenlemeli ve bu yönü vurgulamalısınız; Aksi takdirde tam olarak standart bir ders kitabı alıştırması gibi geliyor ...

— Jukka Suomela

@ Tsuyoshi, sanırım soruyu yanlış anladınız.

— Suresh Venkat

@Jukka: Tek bantlı bir Turing makinesinde, zamanında hesaplanabilen her şey normal dillerdir.

o (n \log n)

$o(n \log n)$

— Kristoffer Arnsfelt Hansen

@Abel: Arora ve Barak'tan alıntı yaptığınız sonuç buradaki ana sorunu çözüyor, çünkü modellerinde (çoklu bant TM'ler için oldukça standart), ayrı, salt okunur bir giriş bandına sahipler.

— Joshua Grochow

Yanıtlar:

TM çalışıyorsa kısmi bir cevap $o( |x| \log |x|)$

TM4, 4-sembollü bir TM ise (alfabe alfabesi ile ) hesaplarını , yani dili karar verir in $\Sigma_4 = \{\epsilon,0,1,2 \}$ $f:\{0,1\}^* \to \{0,1\}$ $L = \{ x | f(x) = 1 \}$ $(o( |x| \log |x|))$

Bir bant deterministik doğrusal zaman karmaşıklığı $1DLIN = 1DTime(O(n))$

Hennie (1) olduğunu kanıtladı $REG = 1DLIN$
Kobayashi (2) 'nin olduğunu kanıtladı. $REG = 1DTime(o(n \log n))$

Yani düzenli olduğunu ve alfabe üzerinde hala belli ki düzenlidir $L$ $\Sigma_3 = \{\epsilon,0,1\}$

Dolayısıyla L'ye karar veren ve sadece semboller kullanan bir DFA var . Tek bantlı, 3 sembollü bir TM3 doğrudan DFA'dan oluşturulabilir ve orijinal TM4'ün aynı girişsiz girişini kullanarak L'ye karar verir . $\Sigma_3$

... doğrudan TM4'ten inşa edemezsiniz, ancak TM3 var.

TM4 , girişi değiştirebilir ve doğrudan TM4'ten TM3'e dönüşüm yapabilirsiniz. $\Omega(n^2)$

Yorumlarda görüldüğü gibi, zor durum TM4 . $\Omega(n\log n) \cap o(n^2)$

(1) Hennie, Tek bant, çevrimdışı Turing makine hesaplamaları (1965)

(2) Kobayashi, Tek bantlı yapısız mekanik Turing makinesi zaman hiyerarşisinin yapısı üzerine (1985)

— Marzio De Biasi
kaynak

İle ilgili nokta zaten söz Aşağıdaki yorumlardan Kristoffer Arnsfelt Hansen tarafından belirtilmektedir. Gerçekten ilginç olan durum .

o (n \log n)

$o(n\log n)$

Ω (n \log n) \cap o (n^{2})

$\Omega(n\log n) \cap o(n^2)$

— Kaveh

Haklısın Kristoffer yorumunu fark etmedim. İlginç olayı çok iyi ifade ettim (nasıl kanıtlayacağımı bilmiyorum), bu yüzden cevabı güncelledim.

— Marzio De Biasi

@Kaveh: Vaat problemleri için -time makineleri ne durumda? zamanında vaat eden bir problemi çözen herhangi bir makinenin nasıl dönüştürüleceğini zaten biliyor muyuz ? Nasıl yapılacağını anlamıyorum ve normal dillerle olan bağlantı artık geçerli değil (çok yanılmıyorsam).

o (n \log n)

$o(n \log n)$

O (n)

$O(n)$

— Jukka Suomela

@Kaveh: sadece bir sorun alamaz olduğu değil , örneğin normal bir dil ama bir Turing makinesi ile çözülebilir mermi ve aşağıdaki gibi bir söz problemi tanımlamak: evet-örnekleri oluşur dizesinin ardından bit dolgu maddesi; no-örnekleri, dizesinden ve ardından bit dolgudan oluşur. Vaat problemi zamanda çözülebilir ve sonlu durumlu bir makine kullanılarak çözülemez.

L

$L$

O (n^{2})

$O(n^2)$

x \in L

$x \in L$

| x |^{2}

$|x|^2$

x \notin L

$x \notin L$

| x |^{2}

$|x|^2$

O (n)

$O(n)$

— Jukka Suomela

@Kaveh: Sezgisel argümanın şu nedenden dolayı başarısız olduğunu tahmin ediyorum: Evet, aynı makine tarafından çözülmüş, söz verilmeyen bir sorun var. Ancak, makinenin çalışma süresi belirli girişler için kadar yüksek olabilir . (Sezgisel, makine önek sonra yeterli dolgu olduğunu varsaymak gerekir "güvenli play" dolayısıyla yeterince dolgu olduğunu doğrulamak ve olamaz Sonra atıklar. zaman olmadığını belirlemek için , ve bu çok fazla, örneğin, sadece

Θ (n^{2})

$\Theta(n^2)$

x

$x$

Θ (| x |^{2})

$\Theta(|x|^2)$

x \in L

$x \in L$

Θ (| x |)

$\Theta(|x|)$

— dolum

-4

~~Tüm alfabe daha büyük boyutları için , sabit bir katsayı ile tek değişiklik runtimes beri herkes için . $1$ $\log_k(x) \in \Theta(\log_l(x))$ $k, l > 1$~~

~~Hazırlanması:~~ içinde dilimler, Turing makinesi en işleyebilir kabul pozisyonlar / bit. Uçları bir alınır -nary alfabesi, wlog . Her geçişi transitions ile değiştirerek yeni bir Turing makinesi oluşturun ; her eski bit, içindeki bitleri ile (kullanılmayan hücreleri işaretlemek için boşluklar ayrılmıştır). Bunun esas olarak ikili kodlanmış rakam olduğunu unutmayın. $t$ $t$ $k$ $\{0,1,\dots,k-1\}$ $\lceil \log_2(k) \rceil$ $\lceil \log_2(k) \rceil$ $\{0,1\}$

Açıkçası, sonuçta ortaya çıkan Turing makinesi en fazla adımında çalışır. $\lceil \log_2(k) \rceil \cdot t \in \mathcal{O}(t)$

Ekleme: Argümantasyonun üstündeki kopmalar, içinde bit olmayan bir giriş sembolünün üzerine yazılan işlemler doğrudan çevrilemediğinden; giriş kaydırılmalıdır. Bu, hesaplamaya başlamadan önce orijinal girdiyi çevirerek değiştirilebilir (esasen dolgu); bu, zamanında yapılabilir, bu da toplamda . $\{0,1\}$ $\mathcal{O}(n^2)$ $\mathcal{O}(n^2) + \lceil \log_2(k) \rceil \cdot t$

Sonuç olarak, ara sonuçları kodlamak için sadece iki sembol kullanmak, asimptotik etkiye sahip değildir , ancak ön işleme daha hızlı algoritmalara hükmediyorsa. En ilginç fonksiyonlar (örneğin, iki sayı eklemek), kişi problemin önemsiz olduğunu düşünebilir. $t(n) \in \Omega(n^2)$ $\Omega(n^2)$

— Raphael
kaynak

Beni bunun neden böyle olması gerektiğine ikna edene kadar, bu oyu düşük tutacağım.

— Andrej Bauer

Talebiniz için bazı kanıtlar duymak istiyorum. Hepsi, sadece bir iddia.

— Andrej Bauer

Ne demek istediğini anlıyorum. Tamam üzgünüm. Ancak, soru bununla ilgili değil . Bu hafif bir varyasyon.

— Andrej Bauer

Sanırım t = Ω (n ^ 2) olan durumun kolay durum olduğunu düşünüyorum çünkü giriş dizesini kaydırmak için harcayacağınız zamanı harcayabilirsiniz. Temel durum, t = o (n ^ 2) olduğu zamandır. Tek bantlı TM'yi o (n ^ 2) zamanla düşünmenin ne kadar önemli olduğunu bilmiyorum, ancak soru bu konuda.

— Tsuyoshi Ito,

Asıl soru zaten davasının kolay olduğunu; bu yüzden bu cevabın nasıl yeni bir şey

Ω (n^{2})

$\Omega(n^2)$

— kattığını anlamıyorum