Чи відмінність мінімальної DFA також мінімальна?

Питання досить багато в назві. Чи є колись час, коли якась мова $L$ може прийняти мінімальний DFA з $n$ держави, але $L^R$ , обернення $L$ , може бути прийнято DFA з $m$ штати, де $m<n$ ?

— дміти
джерело

Зворотний бік DFA навіть не обов'язково детермінований. DFA, який приймає регулярний вираз AAA +, має кінцевий стан з двома вхідними стрілками з однаковою міткою.

— Ян

Мінімальний показник DFA, який приймає переклад мови, може бути меншим. Розглянемо скінченну мову

L = (0 + 1)^{2} 2 + (0 + 2)^{2} 1 + (1 + 2)^{2} 0.

$L = (0+1)^22+(0+2)^21+(1+2)^20.$ Слова

ϵ, 0, 1, 2, 00, 01, 02, 11, 12, 22, 000, 001

$\epsilon,0,1,2,00,01,02,11,12,22,000,001$ нееквівалентні, тому будь-яка DFA для

L

$L$ вимагає щонайменше 12 штатів; насправді існує DFA з точно 12 штатами. Зворотна мова

L^{R} = 2 (0 + 1)^{2} + 1 (0 + 2)^{2} + 0 (1 + 2)^{2}

$L^R = 2(0+1)^2 + 1(0+2)^2 + 0(1+2)^2$ приймається DFA лише з 9 станами: початковий стан, стани, відповідні початковому

0, 1, 2

$0,1,2$ , стани, відповідні початковій

0 (1 + 2), 1 (0 + 2), 2 (0 + 1)

$0(1+2),1(0+2),2(0+1)$ , стан, що приймає, і стан відмови; це також є оптимальним DFA, оскільки

ϵ, 0, 1, 2, 01, 12, 20, 011, 000

$\epsilon,0,1,2,01,12,20,011,000$ нееквівалентні.

Підводячи підсумок, мінімальний показник DFA за $L$ вимагає 12 станів, тоді як для $L^R$ вимагає лише 9 штатів.

Як згадує jmite у своєму коментарі, для NFA з декількома стартовими станами цього явища не може статися, оскільки якщо ви перевернете напрямок усіх стрілок у NFA для $L$ то ви отримаєте дійсну NFA для $L^R$ .

— Юваль Фільм
джерело

Дякую! Я чомусь зрозумів, що ви можете скасувати DFA і (безпосередньо) повернути DFA назад, я думаю, що це я плутав з доповненням.

— jmite

@jmite У мене був такий самий мозок, і я набрав елегантний доказ протиріччя неправильної відповіді. :) Це доповнення, яке працює так, як я думав, а не перевернення. На жаль

— Patrick87