Kaç tane DFA verilen iki dizeyi kabul eder?

Bir tamsayı ve alfabe harflerini düzeltin . Define üzerindeki tüm sonlu durum otomata toplama olmaya durumunu 1. Biz düşünen başlayan devletler tüm DFAS (olanları sadece bağlı değil, minimal veya olmayan dejenere); Böylece, . $n$ $\Sigma=\{0,1\}$ $DFA(n)$ $n$ $|DFA(n)| = n^{2n}2^n$

Şimdi, iki dizeleri dikkate ve tanımlamak unsurlarının sayısı olduğu kabul hem ve . $x,y\in\Sigma^*$ $K(x,y)$ $DFA(n)$ $x$ $y$

Soru: hesaplamasının karmaşıklığı nedir ? $K(x,y)$

Bu sorunun makine öğrenmesi için etkileri var .

Düzenleme: Şimdi bu konuda bir ödül olduğunu düşünüyorum, ben formülasyonda biraz daha hassas olduğunu düşünüyorum. İçin , izin toplanması olması , yukarıda tanımlandığı gibidir, otomata. İçin tanımlamak olarak otomat sayısı olduğu kabul hem ve . Soru: zamanında hesaplanabilir mi? $n\ge1$ $DFA(n)$ $n^{2n}2^n$ $x,y\in\{0,1\}^*$ $K_n(x,y)$ $DFA(n)$ $x$ $y$ $K_n(x,y)$ $poly(n,|x|,|y|)$

— Aryeh
kaynak

Nihai durumları sabitlemeden bir DFA'yı sabitlerseniz, o zaman x ve y'yi aynı duruma eşleştirir, bu durumda tek kısıtlama durumun nihai olması gerektiği veya bunları iki farklı duruma eşleştirdiğidir; tek kısıtlama her ikisinin de nihai olması gerektiğidir. Bu nedenle, sorununuzu "x ve y'yi kaç farklı ülke ile eşleştiren DFA'lar?" Olarak değerlendiririm.

— a3nm

Aryeh,

sayısını açıklayabilir misiniz

n^{2 n} 2^{n}

$n^{2n} 2^n$ ?

2^{n}

$2^n$ faktörünü alamıyorum . Eklendi: Hata! Son durumları belirtmeyi unuttum. Her neyse, başkalarının uğruna, sayım böyle işte. Her durum için,

0

$0$ ve

girişlerinin nereye gideceğini belirtin

1

$1$ ; Bu

için hesaplar

n^{2 n}

$n^{2n}$ . Son durum kümesini belirtin; bu

2^{n}

$2^n$ .

— Srivatsan Narayanan

Aslında,

x

$x$ ve

dışındaki karakterlere ne olacağı umurumda değil

y

$y$ . Sanırım bir ödül almak için belli bir puan kazanmaya ihtiyacım var?

— Aryeh

Kabul en küçük otomat ve Ben, daha ziyade bilgilendirici olduğunu sanmıyorum bu yüzden, tek bir devlet var ...

x

$x$

y

$y$

— Aryeh

İşte bir fikirdir: Yalnızca sayısını bilmek gerekir üzerinde aynı durumda sona -devlet DFAs ve . Bu sayı ve toplam DFA sayısı olsun, yani . Sonra cevap , bu sınır verir. İşlem için başka fikir, ortak ilk parçanın unutmak olmasıdır ve ve aynı zamanda wlog kabul ve . Yalnızca durumlu ve en fazla yüksekliğindeki ikili DAG sayısını sayarız

n

$n$

x

$x$

y

$y$

m

$m$

M

$M$

M = n^{2 n} 2^{n}

$M=n^{2n}2^{n}$

\frac{1}{2} m + \frac{1}{4} (M - m)

$\frac{1}{2}m + \frac{1}{4}(M-m)$

m

$m$

x

$x$

y

$y$

x = 0^{a}

$x=0^a$

b = 1^{b}

$b=1^b$

l

$l$

max {a, b}

$\max\{a,b\}$ bu ve aynı yere gelir ve bundan hesaplamak kolaydır .

0^{a}

$0^a$

1^{b}

$1^b$

m

$m$

— Kaveh,

Yanıtlar:

Yani soru oldukça kısa ama çok ilginç. Ben girdi olduğunu varsayalım tekli içinde ve ve ikilik sistemde (ya da biz Kai cevap tarafından sivri out gibi, sorunlar var). $n$ $x$ $y$

Öncelikle, yaklaşık olarak bilmekle ilgileniyorsanız , sadece birkaç rastgele DFA üretebilirsiniz ve bu size (whp) iyi bir yaklaşım verecektir. (Bu karmaşıklık sınıfının bir adı olup olmadığını merak ediyorum.) $K(x,y)$

O zaman tam olarak bilmek zor bir problem gibi görünüyor. Yorumlarda a3_nm ve Kaveh tarafından belirtildiği gibi, soru, ve aynı duruma gittiği otomatların sayısını belirlemekle aynıdır. Aynı duruma geçme ihtimalini ifade edeceğim . $K(x,y)$ $x$ $y$ $p$

Güncelleme: Burada yazdığım bazı şeyler doğru değildi, şimdi onları düzelttim.

olduğunu görmek kolaydır . Eşitlik var, eğer , 0 'ın tümü ise ve , son biti dışında sıfırdır, hangisi 1'dir. Başka durumlar var mı? Bilmiyorum. Örneğin, boş dize ve , . $p \ge 1/n$ $x$ $y$ $x$ $y=00$ $p= \frac{n+1}{(n-1)n}$

Sorunu basitleştirmek için, eğer ve birleşmişse ne olacağını düşünmeye başladım . Her ikisi de en az ve farkları ile bölünebilirse, sonra . Unary versiyonu için basit bir formül var mı? $x$ $y$ $n$ $n!$ $p=1$

— domotorp
kaynak

Sorunu açıklığa kavuşturdum - bir algoritması isteniyor (veya bilinen bazı zor problemlerden bir azalma). Örnekleme yaklaşımı, bu çekirdeğin tanıtıldığı makalede kullanılmıştır: portal.acm.org/citation.cfm?id=1577108

p o l y (n, | x |, | y |)

$poly(n,|x|,|y|)$

— Aryeh

Tekli versiyonu gelince: sadece polynomially çok var ı hesaplanması için bir poli-algoritma zaman olduğu bahis bu yüzden, -durum tekli otomata bu durumda.

n

$n$

K_{n} (x, y)

$K_n(x,y)$

— Aryeh

Aslında, kesinlikle unary versiyonun hesaplanabilir olduğu konusunda haklısın. Formülün verilen x ve y için ne kadar basit olduğunu hala merak ediyorum.

— domotorp

Kullandığınız azaltma aracıdır: x ve y aynı otomat tarafından kabul edilebilir ve tamamen farklı durumlarda sona erebilir, aslında, yalnızca tüm dizeler için geçerli olan yollarında başlangıç durumunu paylaşabilirler.

— amnn

@ amnn: Bunu yazdığımdan bu yana üç yıl geçti, ancak cevabımın üçüncü paragrafı neden sadece aynı durumda bittiğimi açıklıyor mu?

— domotorp

Noktayı çok özlüyor olabilirim ama sabit olduğunu belirttiniz , bu nedenle bu boyuttaki tüm DFA'lar önceden hesaplanmış olarak kabul edilebilir ve kolayca taklit edilebilir bir formatta saklanabilir. aşağıdaki gibi hesaplayın : $n$ $K$

girişinde , burada $x$ $y$ $x,y\in\Sigma^*$

depolamak ve $x$ $y$
initialize karşı için $c$ $0$
senin her biri için DFAs $n^{2n} 2^n$
a. her iki kelimede de onu simüle et (bu adım ) $\mathcal{O}(|xy|)$

b. Arttırma hem simülasyon çalışır kabul halinde $c$
çıkışı $c$

Toplamda, hesaplama doğrusal karmaşıklığa sahiptir. Cevap için oldukça farklı . $K(n,x,y)$

— Kai
kaynak

Açıkça denemek tüm makineleri çalışacak. Aryeh, belki de bir polinom zaman algoritması mı yoksa başka bir sertlik sonucu mu olduğunu bilmek istiyor.

— Lev Reyzin

Açıkça söylemek gerekirse, bu girdideki polinom zamanıdır, eğer n girdinin bir parçası değilse, Kai'nin söylediği şey budur. Ancak soru açıkça farklı.

— domotorp

Ah anlıyorum. "Düzeltme

" ile demek istediğini sanmıyorum . Bence problemin doğal yorumu onu önemsizleştirmeyen bir şey.

n

$n$

— Lev Reyzin

Doğru, boşluk gösterdiğin için teşekkürler Kai. Sorun giderildi :)

— Aryeh