Як визначити кількість помилок в алгоритмі Вельча-Берлекампа?

В алгоритмі Welch-Berlekamp для декодування кодів Рід-Соломона надається перелік точок представляють повідомлення з помилками на у невідомих місцях (і задано алгоритму). Вихід - це поліном, що проходить через усі задані точки, за винятком тих, в яких виникли помилки.$(a_i, b_i)$$e$$b_i$$e$

Метод передбачає розв’язання системи лінійних рівнянь виду

для всіх де має ступінь а має ступінь не більше . Змінні коефіцієнти і .$i$$E$$e$$Q$$e+k$$E$$Q$

Щоб забезпечити, що має ступінь зазвичай додається обмеження, що коефіцієнт дорівнює 1 до лінійної системи, наведеної вище. Однак на практиці не обов’язково знати . Один з неефективних (але все-таки багаточленних) способів вирішити це - спробувати для всіх значень, починаючи з знижуючись, поки не буде знайдено рішення.$E$$e$$x^e$$e$$e$$(n+k-1)/2 - 1$

Моє запитання: чи існує більш ефективний спосіб визначення ? $e$Як варіант, чи є модифікація лінійної системи, яка дозволяє використовувати верхню межу на замість точного значення?$e$

Зокрема, я хочу використовувати цей специфічний декодер для кодів Рід-Соломона, а не зовсім інший алгоритм, заснований на інших методах.

У відповідь на відповідь DW, ось мій робочий приклад. Все робиться за модулем 7.

plain message is: [2, 3, 2]
polynomial is: 2 + 3 t^1 + 2 t^2
encoded message is: [[0, 2], [1, 0], [2, 2], [3, 1], [4, 4]]
corrupted message is: [[0, 2], [1, 0], [2, 3], [3, 1], [4, 4]]

Отже помилка в третьому пункті.

Коли поліномічне рівняння, про яке йдеться, дорівнює$e=2$

А підключення дає системі в матричному вигляді:$x = 0,1,2,3,4$

[2, 0, 0, 6, 0, 0, 0, 0, 0]
[0, 0, 0, 6, 6, 6, 6, 6, 0]
[3, 6, 5, 6, 5, 3, 6, 5, 0]
[1, 3, 2, 6, 4, 5, 1, 3, 0]
[4, 2, 1, 6, 3, 5, 6, 3, 0]
[0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1]

Останній рядок - обмеження, що . Застосовуючи гауссова елімінація, ми отримуємо$e_2 = 1$

[1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 4, 0]
[0, 1, 0, 0, 0, 0, 3, 3, 1]
[0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1]
[0, 0, 0, 1, 0, 0, 2, 1, 0]
[0, 0, 0, 0, 1, 0, 2, 2, 5]
[0, 0, 0, 0, 0, 1, 4, 5, 2]

І підбираючи 1 для обох вільних змінних, ми отримуємо вектор рішення

[2, 2, 1, 4, 1, 0, 1, 1]

Що перекладається на

E is 2 + 2 t^1 + 1 t^2
Q is 4 + 1 t^1 + 0 t^2 + 1 t^3 + 1 t^4

І поділяє . Зауважимо, що коефіцієнти як$E$$Q$$Q$$(t + 6) (t^3 + 2t^2 + 2t + 3) \mod 7$

Для я отримую вдале рішення:$e=1$

system is:    
[2, 0, 6, 0, 0, 0, 0]
[0, 0, 6, 6, 6, 6, 0]
[3, 6, 6, 5, 3, 6, 0]
[1, 3, 6, 4, 5, 1, 0]
[4, 2, 6, 3, 5, 6, 0] 
[0, 1, 0, 0, 0, 0, 1]

reduced system is:

[1, 0, 0, 0, 0, 0, 5]
[0, 1, 0, 0, 0, 0, 1]
[0, 0, 1, 0, 0, 0, 3]
[0, 0, 0, 1, 0, 0, 3]
[0, 0, 0, 0, 1, 0, 6]
[0, 0, 0, 0, 0, 1, 2]

solution is [5, 1, 3, 3, 6, 2]
Q is 3 + 3 t^1 + 6 t^2 + 2 t^3
E is 5 + 1 t^1
P(x) = 2 + 3 t^1 + 2 t^2 # this is correct!
r(x) = 0

Зауважте, що хоча контрприклад вище генерувався кодом, який я написав з нуля (це було в основному першим, що я спробував), можна перевірити, чи рішення дійсні вручну, тому навіть якщо мій код баггі, він все-таки є дійсним контрприкладом до претензії що використання працює.$e=2$

Ця сама процедура фактично працює для виправлення будь-якої кількості помилок до .$e$

Вимога полягає в тому, що поліном помилки має бути нульовим у кожній точці де була помилка. Ніщо не говорить про те, що він повинен бути нульовим лише в цих точках; ви можете мати який дорівнює нулю і в інших точках, і це нормально, якщо його ступінь .$E(x)$$a_i$$E(x)$$e$

Отже, якщо - верхня межа кількості помилок, то існує поліном з усіма бажаними властивостями (тобто має ступінь точно і дорівнює нулю в кожній точці, де є помилка). Наприклад, якщо помилок менше, ніж , то існує поліном який дорівнює нулю при кожній помилці, і zero у ще декількох точках, щоб отримати число нулів до .$e$$E(x)$$e$$e$$E(x)$$e$

Нарешті, теорема про правильність говорить про те, що якщо такий поліном існує, то алгоритм Берлекампа-Вельча зможе його знайти. Отже, навіть якщо помилок менше, ніж , процедура все одно буде правильно працювати для ідентифікації . Після того, як у вас буде , ви можете визначити позиції, які не містять помилок, а потім можете розшифрувати прямо.$E(x)$$e$$E(x)$$E(x)$$n-e$

Щоб задокументувати результат розмови про "контрприклад" у питанні:

Це насправді не є дійсним контрприкладом. Недолік був у підрахунку того, скільки помилок слід очікувати, що Берлекамп-Велч зможе виправити. Відстань - , тому слід очікувати, що вона зможе виправити до помилок (як вказує Ран Г.). У вашому контрприкладі і , тому , тому слід очікувати, що ця процедура зможе виправити одну помилку, тобто . Отже, коли ви запустили процедуру на прикладі з , немає підстав очікувати, що процедура працюватиме правильно.$n-k+1$$(n-k)/2$$n=5$$k=3$$(n-k)/2=1$$e=1$$e=2$

Отже, зразок контрприкладу насправді не є контрприкладом, і це не суперечить моїй відповіді вище.