Концепція про два автомати лічильника

Я хотів би довести (або спростувати) таку гіпотезу:

Концепція : два автоматичних лічильника (2CA) не можуть визначитися з наступною мовою:

$L = \{ n \mid$ потрійні та двійкові представлення$n$ мають як парну, так і непарну довжину$\}$

2CA може легко перевірити, чи двійкове представлення має парну чи непарну довжину (просто продовжуйте ділити на два та оновлювати прапор "парної довжини" після кожного поділу); таким же чином він може перевірити, чи має потрійне представлення парну чи непарну довжину (просто продовжуйте ділити на три і оновлювати прапор "парної довжини" після кожного поділу).

Але для обчислення одного з них він повинен знищити його вхід, а не може відновити його для обчислення іншого; так що здається , що немає ніякого способу вирішити $L$ .

Чи знаєте ви техніку, яка може бути використана для доведення гіпотези?
Або ви можете спростувати домовленість будувати 2CA, яка вирішує $L$ ?

Я спробував тим же підходом, який дотримувався Ібарра, щоб довести, що 2CA не може вирішити $\{n^2\mid n \geq 1\}$ , але це здається не правильним.

Примітка : для простоти 2CA еквівалентна програмі з однією змінною $c$ яка спочатку містить вхід і наступний набір інструкцій:

• INC : додайте його до змінної;
• DEC : декремент $c$ (лише якщо він більший за нуль);
• JZ $lab$ : якщо $c$ дорівнює нулю, перейти до мітки $lab$ інакше продовжувати;
• MUL $K$ : помножити $c$ на костант $K$ ;
• $K [, lab_0, lab_1,...,lab_{K-1}]$$c$$K$$c$$c = \lfloor c / K \rfloor$$c \bmod K$
• GOTO$lab$ : безумовний стрибок;
• HALT Прийняти | Відхилити : зупинити і прийняти або зупинити і відхилити.

Наприклад програма, яка перевіряє, чи має двійкове представлення рівну довжину:$n$

   loop: JZ even   // test if n = 0
         DIV 2
         JZ odd    // test if n = 0
         DIV 2
         GOTO loop
   even: HALT Accept
    odd: HALT Reject

(ми можемо створити еквівалент 2CA)

Тож люди продовжують нудити мене публікувати це, хоча це вирішує лише спрощену версію проблеми. Тоді добре :)

Наприкінці цього я викладу деякі з того, що я дізнався з паперів Ібарри та Трана, і чому цей метод розпадається на нашу загальну проблему, але, можливо, все ж дає корисну інформацію.

Але спочатку ми розглянемо більш просту проблему спроби вирішити множину

$L = \{ 2^n \mid$ потрійних та двійкових уявлень мають як парну, так і непарну довжину$2^n$$\}$

Зверніть увагу, як це має а не як у вихідній задачі. Зокрема, якщо число вводу не є потужністю 2, ми хочемо відхилити його, а не намагатися обчислити його довжину в будь-якій базі.$2^n$$n$

Це значно спрощує питання: Якщо оригінальне число записується простим фактором як , то для всіх крім нам просто потрібно перевірити що вони всі .$2^{v_2} 3^{v_3} 5^{v_5} 7^{v_7} ...$$v_i$$v_2$$0$

Це дозволяє вирішити цю спрощену задачу за допомогою обгортки навколо старого методу (я вважаю, як вважає Мінський) кодування стану автоматичного обчислювача в експонентах первинної факторизації єдиної змінної автомата множення / ділення, що, як зазначалося в ОП вище, в значній мірі еквівалентно 2-лічильному автомату.$k$

По-перше, нам потрібен автомат -счетчика, щоб обернути його. Ми будемо використовувати 3 лічильники, іменовані , та .$k$$v_2$$v_3$$v_5$

Автомат прийме iff для початкових значень лічильника, потрійні та двійкові представлення мають як і непарну довжину, а і дорівнюють нулю. Коли він прийме, він спочатку обнуляє всі свої лічильники.$2^{v_2}$$v_3$$v_5$

Ось код для цього у форматі складання, подібному до ОП (я щойно додав змінні до інструкцій). Я насправді не перевіряв його, оскільки мені не було з чим його запускати, але я вважаю це формальністю: 3-лічильні автомати добре відомі як повний Тьюрінг і здатні побудувати будь-яку обчислювальну функцію однієї з їх початкові значення.

// Check that v3 and v5 are both zero.
                JZ v3, check5
                GOTO reject
check5:         JZ v5, init3
                GOTO reject
// Decrement v2 until it is zero, constructing 2^n in the process.  If 2^n
// was even, we will then pass to even2 with 2^n in v3; If 2^n was odd, we
// will pass to odd2 with 2^n in v5.
init3:          INC v3          // Set v3 to 1 = 2^0 to start with.
even1:          // We have decremented v2 an even number of times so far.
                // 2^decremented amount is in v3.
                JZ v2, odd2
                DEC v2
dup3to5:        JZ v3, odd1
                DEC v3
                INC v5
                INC v5
                GOTO dup3to5
odd1:           // We have decremented v2 an odd number of times so far.
                // 2^decremented amount is in v5.
                JZ v2, even2
                DEC v2
dup5to3:        JZ v5, even1
                DEC v5
                INC v3
                INC v3
                GOTO dup5to3
// The second part checks the ternary length of 2^n, which starts out in v3
// or v5 according to whether the *binary* length of 2^n (i.e. n+1) was odd
// or even.
odd2:           // v3 needs to have odd ternary length to accept.
                // It is simplest to consider 0 to have even length in both
                // binary and ternary.  This works out as long as we're
                // consistent.
                JZ v3, reject
trisect3to5:    DEC v3
                DEC v3
                JZ v3, even2
                DEC v3
                INC v5
                GOTO trisect3to5
even2:          // v5 needs to have even ternary length to accept
                JZ v5, accept
trisect5to3:    DEC v5
                DEC v5
                JZ v5, odd2
                DEC v5
                INC v3
                GOTO trisect5to3
accept:         HALT Accept
reject:         HALT Reject

Наступним кроком є ​​повторне кодування вищевказаного в експонентах одного автомата змінної. Оскільки результат досить довгий, я просто опишу загальний метод, але повна версія (трохи «оптимізована» в плямах) є на моєму веб-сайті.

                JZ vp, label
                DEC vp
next:           ...

стає (в основному розділіть на p, а потім очистіть, щоб скасувати, якщо поділ не було рівним):

                DIV p, next, ..., newlabel.fp-1
newlabel.f1:    MUL p
                GOTO newlabel.i1
...
newlabel.fp-1:  MUL p
                INC
newlabel.ip-2:  INC
...
newlabel.i1:    INC
                GOTO label
next:           ...

INC vpстає MUL p. Індивідуальний JZі DECспочатку може бути змінений у комбіновану форму. GOTO labelі HALT Rejectє незмінними.

HALT Acceptбуде без змін, за винятком того, що в нашому випадку ми ще одну остаточної перевірка робити: ми повинні переконатися , що немає простих множників в числі інших , ніж 2,3 і 5. Так як наші зокрема 3-лічильника автоматних нулів лічильників це використовує, коли він приймає, це просто: просто перевірити, що кінцева змінна дорівнює 1, що можна зробити, перейшовши до коду

                DEC     // BTW it cannot be zero before this.
                JZ accept
                HALT Reject
accept:         HALT Accept

Код на моєму веб-сайті також має початкову перевірку того, що число не дорівнює нулю, що я щойно зрозумів, що це зайве з перевіркими нуля v3, v5, ну добре.

Як я вже згадував, вищевказаний метод працює для спрощеної задачі, але він дійсно не має шансів працювати на загальну, тому що: У загальній проблемі точне значення експонента кожного прем'єра рахується для визначення його загального розміру і, таким чином, довжини його є в різних базах. Це означає що:

• У нас немає "безкоштовних" прайменів, які можна використовувати для лічильників.
• Навіть якщо ми дійсно є вільні прості числа для лічильників, ми на самому ділі не є спосіб витягти всю необхідну інформацію з нескінченної кількості інших простих чисел , у яких показник значення роблять справу.

Отже, давайте закінчимо поясненням суті загального методу з вищезгаданого зв'язаного документа Ібарри та Трана ( вільно завантажувана версія ) про те, як довести, що певні проблеми не вирішуються 2CA і як це дратівливо руйнується в нашій справа.

По-перше, вони змінюють кожен 2CA на "нормальну форму", в якій два лічильника перемикаються у "фази" між одним лише зростаючим, а другий лише зменшується, поки він не досягне нуля. Число станів цього нормалізується автомат грає важливу роль в оцінках.$s$

Потім вони аналізують цей автомат для висновку, що вони можуть побудувати певні арифметичні послідовності чисел, поведінка яких пов'язана. Якщо бути точним (Деякі з цих питань не викладені як теореми, але явно маються на увазі обох основних їх прикладів):

1. Якщо число х приймається автоматом, без розміру лічильника ненульовим на початку фази коли - небудь збирається , то існує ціле число таке , що всі числа , приймаються.$v^x_i$$i$ $\leq s$$D>0$$x + n D$$n\geq 0$

2. Якщо множина містить принаймні прийнятих чисел, таких, що для кожного числа є фаза така, що , то ми можемо знайти та цілі числа такі, що$X$$s^2+1$$x\in X$$i$$v^x_i\leq s$$p, r\in X$$K_1,K_2$

   • Для кожного цілого числа автомат приймає або і , або обидва відхиляються.$n\geq 0$$p + n K_1$$r + n K_2$

(Думки:

• Їм потрібно для але я думаю, що це насправді непотрібно. Власне так, що їх приймають.$x>s$$x\in X$
• Більшість цього має також стосуватися відхилених чисел, якщо відхилення відбувається шляхом явного припинення, а не невиконання.)

Для власних прикладів вони також часто використовують той факт, що не мають простих факторів . Щоб довести неможливість, вони виводять протиріччя, показуючи, що такі арифметичні послідовності не можуть існувати.$D,K_1,K_2$$>s$

У нашій проблемі отримання протиріччя з цього розпадається на другий випадок. Якщо у нас , де досить великий, що жодне число між і не ділиться ні на ні на , тоді також не буде сили 2 або 3 між і , тому вони або прийняті, або обидва відхилені. k p r 2 k 3 k p + 6 k n q + 6 k$K_1 = K_2 = 6^k$$k$$p$$r$$2^k$$3^k$$p + 6^k n$$q + 6^k n$

Точку 1 все ще можна виявити неможливою, оскільки сили 2 і 3 здебільшого зростають все далі і далі. І я вважаю, що я можу показати другий випадок неможливим, якщо (я аргументував електронною поштою @MarzioDeBiasi). Тож, можливо, хтось міг би скористатися цією інформацією для подальшого обмеження форми автомата і, нарешті, з цього вивести протиріччя.$K_1\neq K_2$