Чи корисні автомати XOR (NXA) для кінцевих мов від циклів?


14

Недетерміновані автомати Xor (NXA) є синтаксично NFA, але, як кажуть, слово приймається NXA, якщо воно має непарне число приймаючих шляхів (замість принаймні одного приймаючого шляху у випадку NFA).

Неважко помітити, що для кінцевої регулярної мови L існує мінімальний NFA, який не містить жодних циклів (якщо цикл був одночасно доступний з початкового стану, і ви переходите від нього до прийнятого стану - ваша мова не є скінченний).

Це не обов'язково стосується NXA.

Позначимо через XOR-стан складність мовного L ,xsc(L)L

і Купити ˙s з ( L ) ациклічні XOR стан складність L (тобто розмір найменшого ациклического NXa , який приймає L ).axsc(L)LL

Чи правда, що для кожної кінцевої мови L :

axsc(L)=xsc(L) ?

Чи можете ви навести приклад NXA, що містить (деякий) цикл (и) для кінцевої мови?
Abuzer Yakaryilmaz

2
Якщо є цикли, може бути нескінченно багато приймаючих шляхів (якщо ви дозволите краї), тому вам доведеться забороняти ϵ -цикли. ϵϵ
Yuval Filmus

@Abuzer Приклад - єдиний автомат без будь-яких приймаючих станів. Я знаю, що це дурний приклад, але в цьому справа питання, що кожен цикл є знімним.
domotorp

Btw, як ви визначаєте цикл? Шляхи, що ведуть до приймаючих станів, повинні бути без циклу?
domotorp

Відповіді:


5

Я думаю, що відповідь є ствердною. Можливо, є більш просте доведення, але ось ескіз доказу, який використовує лінійну алгебру.

Як і domotorp, ми розглянемо конфігурацію n -державного автомата XOR як вектор у V = GF (2) n .

Нехай L - кінцева мова над алфавітом Σ = {1, ..., k }, і розглянемо автоматику XOR для L з мінімальною кількістю станів. Нехай n - кількість станів. Ми припускаємо, що стани позначені 1, ..., n , а стан 1 - початковий стан.

Спочатку ми встановили позначення. Нехай v 0 = (1, 0, ..., 0) TV - елементарний вектор, що відповідає початковому стану, і s - векторний рядок, i- й запис якого дорівнює 1, якщо і лише тоді, коли стан i є приймаючим станом. Підпростір R = { v : s v = 0} з V відповідає векторам конфігурації, які відхиляються.

Для кожного в ∈Σ, нехай бути п × п матриця над GF (2) , який представляє собою перехід , викликаний буквою а . Наприклад, вектор конфігурації після зчитування вхідного рядка a b дорівнює A b A a v 0 . Для рядка σ = a 1a t позначимо добуток A a tA a 1 через M ( σ ). Нехай S = { A 1,…, A k }.

Підпростір W з V називається S - инвариантна при WW для кожного ∈ S . У нашому контексті це означає, що після того, як вектор конфігурації переходить у W , немає виходу з W , читаючи більше літер.

Оскільки цей автомат XOR має мінімальну кількість станів, ми маємо наступні властивості.

  • Єдиним S- інваріантним підпростором V, що містить v 0, є саме V. Це тому, що якщо W є правильним S- інваріантним підпростором, що містить v 0 , то ми можемо використовувати W замість V , що суперечить мінімальності.
  • Єдиним S- інваріантним підпростором, що міститься в R, є {0}. Це тому, що якщо W - нетривіальний S- інваріантний підпростір, що міститься в R , тоді ми можемо використовувати коефіцієнт векторного простору V / W замість V , що знову суперечить мінімальності.

Оскільки L конечна, нехай т бути цілим числом більше , ніж довжина будь-якого рядка в L .

Лема 1 . Для будь-якого рядка σ довжиною принаймні m маємо, що M ( σ ) = 0.

Доказ. Спочатку доводимо, що для будь-якого рядка σ довжиною принаймні m маємо, що M ( σ ) v 0 = 0. Нехай W - підпростір V, що охоплюється { M ( σ ) v 0 : σ - рядок довжиною не менше m }. За визначенням, W є S -інваріантним. Так як виключає автомат в питанні відхиляє ці рядки сг , W міститься в R . Тому W = {0}, що означає, щоM ( σ ) v 0 = 0 для всіх таких рядків σ .

Тепер розглянемо будь-який вектор vV . Оскільки єдиним S- інваріантним підпростором V, що містить v 0, є саме V , v може бути записано як лінійна комбінація векторів виду M ( τ ) v 0 для деяких рядків τ . Тому що M ( σ ) M ( τ ) v 0 = M ( τ σ ) v 0= 0 (остання рівність випливає з попереднього абзацу, оскільки довжина τ σ становить щонайменше m ), справедливо, що M ( σ ) v = 0. ■

Нам потрібен ще один факт з лінійної алгебри.

Лема 2 . Нехай A 1 ,…, A k - n × n матриць над полем і визначимо M ( σ ) як вище. Якщо m ≥0 такий, що M ( σ ) = 0 для кожного рядка σ довжиною принаймні m , то матриці A 1 ,…, A k одночасно схожі на строго нижчі трикутні матриці (тобто існує n × n неоднокутна матриця P така, що матриці P −1 A1 P ,…, P −1 A k P - строго нижній трикутний).

Випадок k = 1 - це добре відома характеристика нільпотентних матриць, і лему 2 можна довести аналогічно.

Тепер розглянемо n- державний автомат XOR, у якому матриця переходу, що відповідає символу a ∈Σ, задана P −1 A a P , початковий вектор конфігурації заданий P −1 v 0 , а характеристичний (рядовий) вектор приймаючі держави дається їй P . За конструкцією цей автомат XOR приймає ту саму мову L. Оскільки матриці переходу суворо нижчі трикутні, кожен перехідний край у цьому автоматі XOR переходить від стану з меншим індексом до стану з більшим індексом, і тому цей автомат XOR є ациклічним. Хоча початковий вектор конфігурації може мати більше однієї 1s, легко перетворити цей автомат XOR у звичайний автомат XOR з єдиним початковим станом для тієї ж мови, не збільшуючи кількість станів або руйнуючи ациклічність.


Як використання V / W коефіцієнта векторного простору перетворюється на використання NXA з <n станами?
Абель Моліна

Aa¯s¯Aa¯s¯

4

Я думаю, що можу довести, що цикли не допомагають над одинарним алфавітом.

MF2vnF2mod2nvn=Mnv0v0=(1,0,..,0)tsv=0sMnsvn=0

Використовуючи наш веб-сайт, ви визнаєте, що прочитали та зрозуміли наші Політику щодо файлів cookie та Політику конфіденційності.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.