Відокремлення слів із випадковими DFA

Одна з цікавих відкритих проблем щодо DFA, перелічених у розділі Чи є якісь відкриті проблеми щодо DFA? - розмір DFA, необхідний для розділення двох рядків довжиною $n$ . Мені цікаво, чи є якісь результати щодо здатності випадкової DFA розділяти дві задані (не випадкові) рядки.

Очевидно, що випадкова DFA з достатньо багатьма станами розділяє рядки з високою ймовірністю. Зокрема, якщо $u,v \in \Sigma^n$ , випадковий DFA зі станами $O(n)$ навряд чи коли-небудь перегляне той самий стан, як тільки він дістанеться до першого місця, де $u$ і $v$ відрізняються, і тому розділяє $u$ і $v$ .

Чи можемо ми зробити краще? В ідеалі, що є найменшим й , що випадкова DFA з держав розділяє рядків довжини з позитивною ймовірністю (або , можливо , ймовірність )? Короткий пошук не дав багато результатів щодо властивостей випадкових DFA; все, що я міг знайти, було http://arxiv.org/abs/1311.6830 . $f(n)$ $f(n)$ $n$ $\ge 1/2$

dfa random-graphs

— Джеффрі Ірвінг
джерело

Позитивна ймовірність тут не є особливо корисною умовою, враховуючи, що це лише перегляд відкритої проблеми. Висока ймовірність все ще може бути цікавою.

— Джеффрі Ірвінг

Що означає "відокремлюється"? Приймає одне, а інше відкидає? Якщо так, чи очевидно, що станів

достатньо?

O (n)

$O(n)$

— usul

Так, відокремлювальний засіб приймає рівно один. І ви маєте рацію: найтривіальніший аргумент розділення насправді вимагає станів

(те, що я написав вище, є неправильним), хоча я був би здивований, якби їх було недостатньо.

O (n^{2})

$O(n^2)$

— Джеффрі Ірвінг

Ви не очікуєте, що межі залежать від того, наскільки слова відрізняються? Здається, що слова, які відрізняються однією буквою, було б важче розрізнити випадковим чином, тому що потрібно дискримінувати при цьому один перехід, і дуже різними словами було б легше. [Для узагальнення ви можете забути про найдовший загальний префікс (ви отримуєте з цього випадковий стан); тоді різні листи надсилають вас або в один і той же стан, або в різні штати; тоді, якщо штати різні, вам потрібно переглянути імовірність пересинхронізації та залишатися синхронізованими (починається знову залежно від слів) ...]

— a3nm

Так, як і відкрита проблема, мене цікавлять найскладніші слова, які можна дискримінувати. Слова, які різняться лише в декількох місцях, вже можуть бути розділені станами

, тому вони навряд чи будуть важкою справою.

O (\log n)

$O(\log n)$

— Джеффрі Ірвінг

[Редагувати: ця відповідь не працює, див. Коментарі.]

Це просто неформальна ідея, і я не знаю, чи допомагає вона, але це занадто довго, щоб дати коментар. Крім того, я зовсім не знайомий зі випадковими DFA, тому, можливо, у мене неправильна інтуїція того, як слід міркувати про ймовірності на них, але, сподіваюся, це не зовсім марно.

Я припускаю, що ваші межі повинні залежати від того, наскільки і відрізняються; якщо цього немає, мені здається зрозумілим, що найгірший випадок - це рядки, що відрізняються лише своїм першим символом (рядки, що відрізняються на множині позицій, мають більше шансів розказатись, ніж рядки, що відрізняються набором $u$ $v$ $X$ позицій , Я б сказала, і поставити різницю якомога раніше дає можливість повторно синхронізуватись). $Y \subset X$

Я також розгляну ймовірність того, що слова розрізняють, а саме вони досягають різних станів. Я думаю, вам тоді знадобиться адаптуватися до прийняття чи відхилення, виходячи з того, як ваші випадкові DFA розподіляють кінцеві стани. Якщо кожен стан має ймовірність 1/2 остаточного, тоді, коли рядки закінчуються в одному стані, вони не розрізняються, а коли вони закінчуються в різних станах, вони мають ймовірність 1/2 бути розрізненими.

Зараз я розгляну слово отримане з і , наступним чином: якщо , а іншому випадку. Я думаю, що зрозуміло, що - це єдине цікаве, що слід врахувати про $w$ $u$ $v$ $w_i = 1$ $u_i = v_i$ $w_i = 0$ $w$ $u$ та . $v$

Тепер визначте ймовірність того, що ми знаходимося в одному стані після читання префіксів довжини of і , а $p(i)$ $i$ $u$ $v$ ймовірність того, що ми не є. $q(i) = 1 - p(i)$

Я думаю, що у нас коли дорівнює . Інтуїтивно ми знаходимося в одному стані, прочитавши букви або тоді, коли ми були в одному стані після читання , або коли ми знаходились у двох різних (випадкових) станах, ми намалювали два переходи у випадкові стани, і вони трапилися з бути тим самим. Аналогічно маємо $p(i+1) = p(i) + q(i)/n$ $w_{i+1}$ $1$ $i+1$ $i$ коли дорівнює : ви малюєте два випадкових стани, незалежно від того, з чого ви починали. $p(i+1) = 1/n$ $w_{i+1}$ $0$

З цього я думаю, ви могли обчислити ймовірність перебування в одному стані після читання і . $u$ $v$

— a3nm
джерело

На жаль, далеко не очевидно, що

є єдиною цікавою властивістю

та

. Найпростіший спосіб це побачити - це тривіально ненулева ймовірність відрізнити будь-яке нетривіальне

від

; дійсно, достатньо лише двох станів незалежно від

. Однак, як обговорюється в arxiv.org/pdf/1103.4513.pdf , є слова

довжини

st no

стан DFA може їх розрізнити. Це суперечить вашим формулам для

w

$w$

u

$u$

v

$v$

w

$w$

0^{n}

$0^n$

n

$n$

u, v

$u,v$

n

$n$

o (\log n)

$o(\log n)$

p (i)

$p(i)$ .

— Джеффрі Ірвінг

Для уточнення, ваші формули були б правильними, якби переходи DFA були випадковою функцією рядкового індексу; оскільки вони не залежать від індексу, ймовірності співвідносяться досить складно.

— Джеффрі Ірвінг

Я боюся, що я не отримаю вашої зустрічної приклади. Існує

прба з двома станами розрізнення

, добре; і, можливо, є слова довжиною

які не можна сказати окрім станів

. Але як це суперечить моєму твердженню, що

- єдине важливе, або мої формули для

> 0

$>0$

0^{n}

$0^n$

w \neq 0^{n}

$w \neq 0^n$

n

$n$

o (\log n)

$o(\log n)$

w

$w$

p (i)

$p(i)$ ? Що стосується кореляцій, то, я бачу, може бути такий вигляд, про який ви згадуєте, але я ще не розумію, чому саме він не вдається. Якщо ви проходите двічі через один і той же стан, існує кореляція, але чи є підстави думати, що це вплине в певному напрямку в середньому?

— a3nm

Якщо

розрізняють з позитивною ймовірністю. Однак для досить великих

і малих чисел станів ми знаємо, що

для деяких

. Оскільки з ваших формул випливає, що якщо

то

p (n) < 1

$p(n) < 1$

u

$u$

v

$v$

n

$n$

p (n) = 1

$p(n) = 1$

u

$u$

v

$v$

p (i) < 1

$p(i) < 1$

, ваша формула не фіксує того факту, що певні

неможливо розрізнити.

p (i + 1) = p (i) + (1 - p (i)) / n = p (i) (1 - 1 / n) + 1 / n < 1

$p(i+1) = p(i) + (1-p(i))/n = p(i)(1-1/n)+1/n < 1$

u

$u$

v

$v$

— Джеффрі Ірвінг

Ага ... правда, я розумію. Якщо жоден малий DFA не може розрізнити два слова, то жоден випадковий DFA також не може їх розрізнити. Тож справді існує проблема з моїм підходом, ймовірність

зрештою має впасти до нуля, через ці кореляції, здається. Вибачте за надання невірної відповіді.

q (i)

$q(i)$

— a3nm