Kaç kelime uzunluğunda

EKLEMEYE DÜZENLENMİŞTİR : Bu soru şimdi esasen cevaplanmıştır; daha fazla bilgi için lütfen bu blog girişine bakın. Buraya yorum ve cevap gönderen herkese teşekkürler.

---

ORİJİNAL SORU

Bu, MathOverflow ile ilgili sorduğum bir sorunun umarım daha akıllı ve daha bilgili bir versiyonudur . Bu soruyu sorduğumda, problemimin içinde bulunduğu matematik alanının adını bile bilmiyordum. Şimdi bunun Kısmi Kelimelerdeki Algoritmik Kombinatorik'te yattığından eminim. (Konuyla ilgili son kitap burada .)

Üzerinde bir kelime listesi yapmak istiyorum $l$harfler. Her kelimenin uzunluğu tam olarak$k$. Anlaşma, eğer$a \lozenge ^j b$ listede, nerede $\lozenge$ bir joker karakter / umursamazlık sembolü, $a \lozenge ^j b$listede bir daha asla görünemez. (Aynı şey şu durumlarda da geçerlidir:$a=b$, ya da eğer $j=0$ ve dolayısıyla yasaklanmış alt kelime $ab$.)

Örnek nerede $k=4$ ve $l=5$:

$abcd$
$bdce$
$dcba$ <- yasak çünkü $dc$ yukarıdaki satırda göründü
$aeed$ <- yasak çünkü $a \lozenge \lozenge d$ ilk satırda belirdi

Bulduğum "önlenebilir kısmi kelimeler" ile ilgili literatür, hepsi sonsuz olmuştur - kelime boyutu yeterince büyükse, bazı kelime kalıpları kaçınılmazdır. Bu teoremlerin fantastik versiyonlarını bulmak istiyorum. Yani, soru:

Kısmi bir form kelimesi verildi $a \lozenge^j b$ alfabesinde $l$ harfler, kaç kelime uzunluğunda $k$ Bundan kaçının ve polinom zamanında açıkça üretilebilirler mi?

Yukarıdaki sorunun zor olmasını beklemiyorum ve eksik olduğum bir incelik yoksa, bunu kendim hesaplayabilirim. Bu sitede yayınlamamın asıl nedeni, uygulamam için bu tür kelime listelerinin özellikleri hakkında çok daha fazla şey bilmem gerektiğinden, birisinin takip sorusunu cevaplayabileceğini umuyorum:

Bu genel olarak incelendi mi? Sadece kısmi bir kelimenin sonunda kaçınılmaz olup olmadığını değil, kaçınılmaz hale gelmeden önce "ne kadar zaman aldığını" dikkate alan bazı makaleler nelerdir?

Teşekkürler.

İşte özel bir durum: uzunluktaki ikili kelimelerin sayısı $k$ öyle ki hiç kimse art arda görünmez $F(k+3)$, nerede $F(n)$ bu $n^{th}$ Fibonacci sayısı (ile başlayan $F(1)=1, F(2)=1$). İspat, Zeckendorf temsilidir .

DÜZENLEME: Bu ilk özel durumu, biraz daha büyük özel duruma genişletebiliriz. $a\lozenge^0a$. Uzunluk dizelerini düşünün$k$ büyüklüğünde bir alfabe $l+1$ öyle ki mektup $a$art arda iki kez görünmüyor. İzin Vermek$f(k)$("geçerli" diyeceğimiz) bu dizelerin sayısı olabilir. Biz şunu iddia ediyoruz:

$$f(k) = l*f(k-1) + l*f(k-2)$$ $$f(0) = 1, f(1) = l+1$$ Sezgi, geçerli bir uzunluk dizesi oluşturabilmemizdir $k$ ikisinden biri ile: a) herhangi birine bitişik $l$ olmayan harfler $a$ geçerli bir uzunluk dizesine $k-1$veya b) mektuba bitişik $a$ ve sonra başka herhangi bir harf $a$ geçerli bir uzunluk dizesine $k-2$.

Aşağıdakilerin yukarıdaki yineleme için kapalı bir form olduğunu doğrulayabilirsiniz: burada anladığımızda olduğunda .

$$f(k) = \sum_{i=0}^{k} {{k+1-i}\choose{i}} l^{k-i}$$ ${{n}\choose{i}} = 0$$i>n$

DÜZENLEME # 2: Bir vaka daha ele alalım - a . Dizeleri , "geçerli" alt dizesini içermeyen bir elementli alfabe üzerinden ve geçerli uzunluğu dizelerini belirtmesine izin . Bundan başka, en tanımlayalım alt kümesi olması başlayarak dizeleri oluşan ve başlayarak olmayanlar için . Son olarak,,,.$\lozenge^0 b, a \neq b$$l$$ab$$S_k$$k$$T_k$$S_k$$b$$U_k$$b$$f(k) = |S_k|$$g(k) = |T_k|$$h(k) = |U_k|$

Biz gözlemleyin ve . Sonra, aşağıdaki yinelemeleri : Birincisi , öğesinin herhangi bir elemanının başına eklenmesi , nin bir elemanını oluşturmasıdır . İkincisi bir elemanını kurulabileceğini gözlemleyerek gelir herhangi bir karakter ancak eklenerek herhangi bir elemanın önüne herhangi bir karakter ekleyerek veya but veya herhangi bir elemanın önüne içinde .$g(0)=0, h(0)=1, f(0)=1$$g(1)=1, h(1)=l-1, f(1)=l$

$$\begin{eqnarray} g(k+1) &=& f(k) \\ h(k+1) &=&(l-1)*h(k) + (l-2)*g(k) \end{eqnarray}$$ $b$$S_k$$T_{k+1}$$U_{k+1}$$b$$U_{k}$$a$$b$$T_k$

Ardından, elde etmek için yineleme denklemlerini yeniden :

$$\begin{eqnarray} f(k+1) &=& g(k+1) + h(k+1) \\ &=& f(k) + (l-1)*h(k) + (l-2)*g(k) \\ &=& f(k) + (l-1)*f(k) - g(k) \\ &=& l*f(k) - f(k-1) \end{eqnarray}$$

İşlevsel şeyler üreterek veya biraz tembelleşirsek, doğrudan Wolfram Alpha'ya doğru ilerleyerek bu nüks için oldukça opak bir kapalı form çözümü elde edebiliriz . Ancak Googling ve çevresinde alay birazcık ile OEIS , biz aslında olduğunu fark: olan ikinci türden Chebyshev polinomu (!) .

$$f(k) = U_k(l/2)$$ $U_k$$k^{th}$

İlk soru için tamamen farklı bir yaklaşım üzerinde son soruya cevap yeniden kullanır düzenli dildeki kelimeleri üreten : Bu uzunluk için bu algoritmaları uygulamak için yeterli düzenli diline burada alfabe.$k$$\Sigma^\ast a\Sigma^j b\Sigma^\ast$$\Sigma$

Güncellendi: bu cevap yanlış :

sabit olduğunu varsayarsak , bir desenin eşleştirilebileceği yol sayısını sayabiliriz : ilk önce sembol konumunda eşleştirilebilir ve o noktadan önceki olasılık, arasında ve ve dize geri kalanı, bu şekilde toplam için vaka. Tsuyoshi Ito'nun yorumlarda belirttiği gibi, bu sayı eşleşen farklı kelimelerin sayısı değil$j$$a\lozenge^j b$$a$$1\leq i\leq k-j-1$$l^{i-1}$$l^j$$a$$b$$l^{k-j-i-1}$

$$\sum_{i=1}^{k-j-1}l^{i-1}\cdot l^{j}\cdot l^{k-j-i-1}=(k-j-1)l^{k-2}$$ $a\lozenge^j b$çünkü tek bir kelime aynı kalıpla farklı şekillerde eşleşebilir. Örneğin için üç kez eşleştirilir , iki kez ve iki kez . Kalıpları birkaç kez eşleştirme yollarını saymaya çalışabilir ve bir "dahil etme-hariç tutma" ifadesi gösterebiliriz, ancak kalıbın çakışabileceği yollar bunu çok uzun hale getirir.$aa$$aaaa$$ab$$abab$$a\lozenge b$$aabb$

---

İlk soru için, sabit olmadığı, yani kelimesini kaçınmak istediğimiz anlayışı altında :$j$$ab$

• Ya ilk sembol için hangi hesapların, görünür hiçbir zaman , olası bir deyişle$a$$(l-1)^k$
• ya da bir konumda ilk görünen , o zaman kullanamaz kelimesinin geri kalan kısmında: vardır faktörün kadar seçimler ve kalanlar için seçenekler, toplam olası kelimeler. İster alakasız.$a$$1\leq i\leq k$$b$$(l-1)^{i-1}$$a$$(l-1)^{k-i}$$\sum_{i=1}^k(l-1)^{i-1}\cdot(l-1)^{k-i}=k(l-1)^{k-1}$$a=b$

İkinci soru için önerecek çok şeyim yok; kelime düğünleriyle bir ilişki var, ama Higman'ın Lemma için kötü diziler hakkında bildiğim sonuçlar hemen geçerli değil.