Кількість різних регулярних мов

Дано алфавіт , скільки різних регулярних мов може бути прийнято -державним недетермінованим кінцевим автоматом? $\Sigma = \{ a,b \}$ $n$

В якості прикладу розглянемо . Потім у нас є різних конфігурацій переходу та різних конфігурацій стартового та кінцевого стану, тому у нас є верхня межа різних мов. Однак багато з них будуть еквівалентними, і оскільки тестування на це є PSPACE-Complete, перевірити кожне налаштування, ймовірно, неможливо. Чи існують інші засоби або комбінаторні аргументи, які обмежують кількість різних мов, прийнятих даним ресурсом? $n=3$ $2^{18}$ $2^3$ $2^{24}$

— john_leo
джерело

Є лише 3 різні конфігурації стану запуску, а не .

2^{3}

$2^3$

— FrankW

Коротка ідея: звичайні мови характеризуються безліччю класів еквівалентності, пор. Myhill-Nerode. Скільки різних наборів класів еквівалентності може підтримувати

державний

n

$n$ автомат?

— Рафаель

Це може бути корисно для google для статті "Про кількість різних мов, прийнятих скінченними автоматами з російськими державами" Domaratzki, Kisman та Shallit.

— Гендрик Ян

ось паперовий цитируючий URL

— vzn

знайдено майже те саме питання на tcs.se: Яка кількість мов, прийнятих DFA розміром n?

— vzn

Це короткий виклад статті про кількість розрізних мов, прийнятих кінцевими автоматами з російськими державами . Документ пропонує порівняно просту, але далеко не тугу, нижню та верхню межі щодо кількості різних мов, прийнятих NFA. Їх обговорення щодо кількості окремих DFA дуже проникливе, тому я також включу цю частину.

Документ починається з досить жорсткої асимптотики щодо кількості різних мов, прийнятих DFA з державами над одинарним алфавітом. Це робиться, спостерігаючи, при яких умовах заданий одинарний DFA є мінімальним. У таких випадках опис автомата може бути (бієктивно) віднесено до примітивного слова , а перерахування таких слів добре відоме і проводиться за допомогою функції Мебіуса . Використовуючи цей результат, доведено межі для неанарних алфавітів, як у DFA, так і у випадку NFA. $n$ $n$

Розглянемо докладніше. Для алфавіту - визначте $k$ Зауважимо, що. Почнемо зі.

\begin{aligned} f_{к} (н) & = кількість парних неізоморфних мінімумів DFA з н держав \\ г_{к} (н) & = кількість різних мов, прийнятих DFA з н держав \\ Г_{к} (н) & = кількість різних мов, прийнятих NFA з н держав \end{aligned}

$\begin{align*} f_k(n) &= \text{the number of pairwise non-isomorphic minimal DFA's with } n \text{ states}\\ g_k(n) &= \text{the number of distinct languages accepted by DFA's with } n \text{ states}\\ G_k(n) &= \text{the number of distinct languages accepted by NFA's with } n \text{ states} \end{align*}$

g_{k} (n) = \sum_{i = 1}^{n} f_{k} (i)

$g_k(n) = \sum_{i=1}^n f_k(i)$

f_{1} (k)

$f_1(k)$

g_{1} (k)

$g_1(k)$

Перерахування Унарних ДФА

Одинарна DFA зі станами мінімальна iff $M = (Q, \{a\},\delta, q_0,F)$ $q_0,\dots, q_{n-1}$

Він пов'язаний. Таким чином, після перейменування, схема переходу складається з циклу і хвоста, тобто і для деяких . $\delta(q_i,a) = q_{i+1}$ $\delta(q_{n-1},a)=q_j$ $j \leq n-1$
Петля мінімальна.
Якщо , то або і або і . $j \neq 0$ $q_{j-1} \in F$ $q_{n-1} \notin F$ $q_{j-1} \notin F$ $q_{n-1} \in F$

Цикл є мінімальним, якщо слово визначене $q_j,\dots, q_{n-1}$ $a_j \cdots a_{n-1}$ єпримітивною, що означаєщо не може бути записана у вигляді для деякого словаі деякого цілого числа. Відомо числопримітивних слів довжиноюнад-літерними алфавітами, див., Наприклад, Lothaire,Combinatorics on Words. Маємо

а_{i} = {\begin{cases} 1 якщо q \in Ж, \\ 0 якщо q \notin Ж \end{cases}

$\begin{equation*} a_i = \begin{cases} 1 \quad \text{if } q \in F, \\ 0 \quad \text{if } q \notin F \end{cases} \end{equation*}$

x^{k}

$x^k$

x

$x$

k \geq 2

$k \ge 2$

ψ_{k} (n)

$\psi_k(n)$

n

$n$

k

$k$

де

-функція Мебіуса. За допомогою

в роботі доводиться точна формула для

та

і показує, що асимптотично (теорема 5 і слідство 6),

ψ_{k} (n) = \sum_{d | n} μ (d) k^{n / d}

$\begin{equation*} \psi_k(n) = \sum_{d | n} \mu(d) k^{n/d} \end{equation*}$

μ (n)

$\mu(n)$

ψ_{k} (n)

$\psi_k(n)$

f_{1} (n)

$f_1(n)$

g_{1} (n)

$g_1(n)$

\begin{aligned} g_{1} (n) & = 2^{n} (n - α + O (n 2^{- n / 2})) \\ f_{1} (n) & = 2^{n - 1} (n + 1 - α + O (n 2^{- n / 2})) . \end{aligned}

$\begin{align*} g_1(n) &= 2^n \left(n-\alpha+O \left(n 2^{-n/2} \right)\right) \\ f_1(n) &= 2^{n-1}\left(n+1-\alpha+O \left(n 2^{-n/2} \right)\right). \end{align*}$

Перерахування DFA

Наступний крок - нижня межа для . У теоремі 7 зазначено, що Для множини автомата визначте як обмеження до . $f_k(n)$

f_{k} (n) \geq f_{1} (n) n^{(k - 1) n} \sim n 2^{n - 1} n^{(k - 1) n} .

$\begin{equation*} f_k(n) \ge f_1(n) n^{ (k-1)n} \sim n 2^{n-1}n^{(k-1)n}. \end{equation*}$

Δ \subset Σ

$\Delta \subset \Sigma$

M

$M$

M_{Δ}

$M_{\Delta}$

M

$M$

Δ

$\Delta$
Доказ працює, враховуючи множину

DFA

над алфавітом

-letter

визначеним

S_{k, n}

$S_{k,n}$

M

$M$

k

$k$

{0, 1, \dots, k - 1}

$\{0,1,\dots,k-1 \}$

Нехай є одним із різних одинарних DFA на станах, і $M_{ \{0 \}}$ $f_1(n)$ $n$
$k-1$ $h_i : Q \to Q$ $1 \le i < k$ $\delta(q,i) = h_i(q)$ $1 \le i < k$ $q \in Q$

$S_{n,k}$ $f_1(n) n^{ (k-1)n}$

Перерахування НФА

$G_1(n)$ $2^n$ $\epsilon, a,\dots, a^{n-1}$ $n$
$G_1(n) \le \left( \frac{c_1 n}{\log n}\right)^n$
$k \ge 2$

н 2^{(к - 1) н^{2}} \leq Г_{к} (н) \leq (2 н - 1) 2^{к н^{2}} + 1.

$\begin{equation*} n 2^{(k-1)n^2} \le G_k(n) \le (2n-1) 2^{kn^2} +1. \end{equation*}$

(q, a)

$(q,a)$

Q

$Q$

δ (q, a)

$\delta(q,a)$

2^{k n^{2}}

$2^{kn^2}$

{1, \dots, k}

$\{1,\dots,k\}$

k \in [0.. n - 1]

$k \in [0..n-1]$

M = (Q, Σ, δ, q_{0}, F)

$M=(Q,\Sigma,\delta,q_0, F)$

Σ = {0, 1, \dots, k - 1}

$\Sigma = \{ 0,1,\dots,k-1 \}$ ,

Q = {q_{0}, \dots, q_{n - 1}}

$Q=\{ q_0,\dots, q_{n-1} \}$ і

δ

$\delta$ :

\begin{aligned} δ (q_{i}, 0) & = q_{(i + 1) мод н} для 0 \leq i < н \\ δ (q_{i}, j) & = {год}_{j} (i) для 0 \leq i < н, 1 \leq j < к \end{aligned}

$\begin{align*} \delta(q_i,0) &=q_{(i+1) \mod n} \quad \text{for } 0 \le i <n \\ \delta(q_i,j) &=h_j(i) \quad \text{for } 0 \le i <n,\, 1 \le j < k \end{align*}$ де

h_{j} : {1, \dots, n - 1} \to 2^{Q}

$h_j: \{ 1,\dots,n-1\} \to 2^Q$ - будь-яка задана функція. Нарешті, нехай

F = {q_{i}}

$F=\{q_i\}$ для будь-якого

i \in [0.. n - 1]

$i \in [0..n-1]$ . Існує

2^{(k - 1) n^{2}}

$2^{(k-1)n^2}$ такі функції і

n

$n$ способи вибору набору кінцевих станів. Тоді можна показати, що жодна з двох таких НФА не приймає однакову мову.

— john_leo
джерело