Quantos DFAs aceitam duas seqüências de caracteres fornecidas?

Corrija um número inteiro $n$ e alfabeto $\Sigma=\{0,1\}$ . Defina $DFA(n)$ como a coleção de todos os autômatos de estados finitos em $n$ estados com o estado inicial 1. Estamos considerando todos os DFAs (não apenas os conectados, mínimos ou não degenerados); assim, $|DFA(n)| = n^{2n}2^n$ .

Agora, considere duas cordas $x,y\in\Sigma^*$ e definir $K(x,y)$ para ser o número de elementos de $DFA(n)$ que aceitar ambos $x$ e $y$ .

Pergunta: Qual é a complexidade da computação $K(x,y)$ ?

Esta questão tem implicações para o aprendizado de máquina .

Edit: Agora que há uma recompensa sobre esta questão, suponho que um pouco mais de precisão na formulação esteja em ordem. Para , seja a coleção de autômatos, conforme definido acima. Para , definir para ser o número de autómatos em que aceitar tanto $n\ge1$ $DFA(n)$ $n^{2n}2^n$ $x,y\in\{0,1\}^*$ $K_n(x,y)$ $DFA(n)$ $x$ e $y$ . Pergunta: $K_n(x,y)$ ser calculado no tempo $poly(n,|x|,|y|)$ ?

cc.complexity-theory fl.formal-languages automata-theory counting-complexity Aryeh
fonte

Se você corrige um DFA sem fixar os estados finais, ele mapeia xey para o mesmo estado; nesse caso, a única restrição é que o estado precisa ser final ou mapeia-os para dois estados diferentes, nesse caso a única restrição é que ambos precisam ser finais. Assim, eu reformularia seu problema como "quantos DFAs mapeiam xey para estados diferentes?".

a3nm

Aryeh, você pode explicar a contagem

? Não consigo obter o fator

. Adicionado: Opa, esqueci de especificar os estados finais. Enfim, para o bem dos outros, aqui está como a contagem vai. Para cada estado, especifique para onde ir nas entradas

; isso representa

. Especifique o conjunto de estados finais; isso é

n^{2 n} 2^{n}

$n^{2n} 2^n$

2^{n}

$2^n$

0

$0$

1

$1$

n^{2 n}

$n^{2n}$

2^{n}

$2^n$

Srivatsan Narayanan

Na verdade, eu não me importo o que acontece com outros do que cordas

. Eu acho que é preciso uma certa quantidade de pontos para começar uma recompensa?

x

$x$

y

$y$

Aryeh

O menor autômato que aceita

tem um único estado, então eu não acho que é terrivelmente informativo ...

x

$x$

y

$y$

Aryeh

Aqui está uma idéia: nós só precisamos saber o número de

DFAs -Estado que acabam no mesmo estado em

. Seja esse número

seja o número total de DFAs, ou seja,

. Então a resposta é

n

$n$

x

$x$

y

$y$

m

$m$

M

$M$

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

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

, isso dá limites. Para calcular

outra idéia é que podemos esquecer o segmento inicial compartilhada de

, e também assumir que WLOG

. Contamos apenas o número de DAGs binários com

estados e altura no

queeterminam no mesmo local e, a partir disso, é fácil calcular.

\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}

$\max\{a,b\}$

0^{a}

$0^a$

1^{b}

$1^b$

m

$m$

Kaveh

Respostas:

Portanto, a pergunta é bem breve, mas muito interessante. Suponho que a entrada seja em unário e e em binário (ou temos problemas, como apontado pela resposta de Kai). $n$ $x$ $y$

Antes de tudo, se você estiver interessado em conhecer aproximadamente, poderá gerar alguns DFA aleatórios e isso fornecerá a você (whp) uma boa aproximação. (Gostaria de saber se essa classe de complexidade tem um nome.) $K(x,y)$

Então, conhecer parece exatamente um problema difícil. Como fora apontado nos comentários por a3_nm e Kaveh, a questão é equivalente a determinação do número de autômatos para o qual e ir para o mesmo estado. Denotarei a probabilidade de que eles cheguem ao mesmo estado na . $K(x,y)$ $x$ $y$ $p$

Atualização: Algumas das coisas que escrevi aqui não eram verdadeiras, agora as corrigi.

É fácil ver que . Temos igualdade, se é todos os 0 e é zero, exceto seu último bit, que é um 1. Existem outros casos? Eu não sei. Se, por exemplo, for a sequência vazia e , então . $p \ge 1/n$ $x$ $y$ $x$ $y=00$ $p= \frac{n+1}{(n-1)n}$

Para simplificar o problema, eu mesmo comecei a pensar sobre o que acontece se e são unário. Se ambos são pelo menos e sua diferença é divisível por, então . Existe uma fórmula simples para a versão unária? $x$ $y$ $n$ $n!$ $p=1$

domotorp
fonte

Esclareci o problema - um algoritmo é desejado (ou uma redução de algum problema grave conhecido). A aproximação de amostragem é empregada no papel onde este kernel é introduzido: portal.acm.org/citation.cfm?id=1577108

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

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

Aryeh

Quanto à versão unária: existem apenas polinomialmente muitos autômatos unários do estado

, então eu apostaria que existe um algoritmo de politempo para calcular

para este caso.

n

$n$

K_{n} (x, y)

$K_n(x,y)$

Aryeh 30/07

Na verdade, você está absolutamente certo de que a versão unária é computável. Ainda me pergunto o quão simples é a fórmula para um dado x e y.

Domotorp 30/07

A redução que você usou é de buggy: x e y podem ser aceitos pelo mesmo autômato e terminar em estados completamente diferentes; na verdade, eles podem compartilhar apenas o estado inicial em seus caminhos, o que é verdadeiro para todas as cadeias.

Amnn 26/07/2015

@ amnn: Já se passaram três anos desde que escrevi isso, mas o terceiro parágrafo da minha resposta não explica por que trato apenas de terminar no mesmo estado?

domotorp 26/07/2015

Talvez eu esteja perdendo o objetivo, mas você declarou que é fixo, portanto todos os DFAs desse tamanho podem ser considerados pré-computados e armazenados em um formato facilmente simulável. Calcule seguinte maneira: $n$ $K$

Na entrada , onde $x$ $y$ $x,y\in\Sigma^*$

armazenar e $x$ $y$
inicialize o contador para $c$ $0$
para cada um dos seus DFAs $n^{2n} 2^n$
uma. simule-o em ambas as palavras (esta etapa é ) $\mathcal{O}(|xy|)$

b. incremento se ambas as execuções de simulação estiverem aceitando $c$
saída $c$

Ao todo, a computação tem complexidade linear. A resposta é bem diferente para . $K(n,x,y)$

Kai
fonte

Claramente, tentar todas as máquinas funcionará. Aryeh quer saber se existe, talvez, um algoritmo de tempo polinomial ou algum resultado de dureza.

Lev Reyzin

A rigor, esse é o tempo polinomial da entrada, se n não fizer parte da entrada, era o que Kai estava dizendo. Mas a questão é claramente diferente.

Domotorp 30/07/11

n

$n$

Certo, obrigado por apontar a brecha, Kai. Foi consertado :) #

30611 Aryeh