Системи векторного доповнення з кінцевими "перешкодами"


11

Система векторного доповнення (VAS) - це кінцевий набір дій AZd . Nd - сукупність маркування . Перспективою є непустою словом маркування m0m1mn х i{0,,n1},mi+1miA . Якщо таке слово існує, ми говоримо, що mn є доступним від m0 .

Проблема доступності для VAS, як відомо, вирішується (але її складність є відкритою проблемою).

Тепер припустимо, що задано кінцевий набір заборонених маркування ( перешкод ). Мені хотілося б знати, чи проблема досяжності ще вирішується.

Інтуїтивно зрозумілий кінцевий набір перешкод повинен заважати шляхам лише локально, тому проблема повинна залишатися вирішеною. Але це не здається банальним для доведення.

EDIT . Я залишаю відповідь @ Jérôme як прийняту, але хотів би додати наступне запитання: що робити, якщо набір маркування Zd ?


чи є у вас хороша довідка, щоб зрозуміти ідеї, що стоять за підтвердженням рішення? (наприклад, слайди)
Денис

1
Ось слайди: lsv.ens-cachan.fr/Events/Pavas/slides-Leroux.pdf ; та остання стаття: hal.archives-ouvertes.fr/hal-00674970 ; в основному, доступність вирішується алгоритмом перерахування, заснованого на тому, що якщо не є доступним від x , то існують два непересічні набори Presburger, які певним чином доводять недосяжність. Деякі інші слайди: automata.rwth-aachen.de/movep2010/abstracts/slides-leroux.pdf . yx
Ніколя Перрін

M Praveen провів кілька переговорів щодо двох основних підходів до проблеми: cmi.ac.in/~praveenm/talks
Sylvain

Для підрозділів проблеми з кінцевими перешкодами (наприклад, з обмеженими розмірами), здається, що доказ рішучості може базуватися на властивості "усунення зигзагу". Дивіться цей документ: labri.fr/perso/leroux/publish-papers/LS-concur04.ps , і ці слайди: labri.fr/perso/sutre/Talks/Documents/… .
Ніколя Перрін

1
Я розумію, чому проблема вирішується, коли існують ненульові дії, які дорівнюють нулю, але що відбувається, коли таких дій не існує? Частина вашої відповіді була відрізана від коментаря :)
Ніколя Перрін

Відповіді:


5

Ідея ґрунтується на дискусії, яку я провів сьогодні з Grégoire Sutre.

Проблема вирішується наступним чином.

Сітка Петрі - це кінцевий набір пар у N d × N d, що називається переходами. З огляду на перехід t = ( u , v ) , позначимо через t бінарне відношення, визначене на множині конфігурацій N d від x ty, якщо існує вектор zN d такий, що x = u + z іTNd×Ndt=(u,v)tNdxtyzNdx=u+z . Позначимо через T відношення одномоментної досяжностіtT t . Рефлексивне і перехідне замикання цього відношення позначається T .y=v+zTtTtT

Нехай - класичний компонентний парціальний порядок над N d і визначається ux, якщо існує zN d такий, що x = u + z . Закриття вгору множини X з N d - це множина X векторів { vN dxXNduxzNdx=u+zXNdX. Закриттям набору множиниX є множинаX векторів{vNdxx .{vNdxX.xv}XX.{vNdxx.vx}

Зауважте, що якщо для деякого кінцевого набору B з N d і якщо T - сітка Петрі, ми можемо обчислити нову мережу Петрі T B , щоб для кожної конфігурації x , y маємо x Ty і x , yU, якщо і тільки тоді, x T ByU=BBNdTTBx,yxTyx,yUxTByt=(u,v)bBtb=(u+z,v+z)zNd1idTU ={tbtТz(i)=max{b(i)u(i),b(i)v(i),0}1idTU={tbtTbB} задовольняє вимогу.

Тепер припустимо, що - сітка Петрі, сукупність перешкод. Введемо скінченний набір . Зауважимо , що ми можемо ефективно обчислювати кінцеве безліч з таке , що . Нехай - двійкове відношення, визначене через по якщо , або існує така, щоO D = O B N d B = N dD R N dO x R y xTOD=OBNdB=NdDRNdOxRyx , yN dO x TxT x=yx,yNdOxTxTByTy.

Тепер просто зауважте, що якщо існує пробіг від початкової конфігурації до кінцевої яка уникає перешкоди , то існує такий, який уникає перешкоди в і це проходить через конфігурації в не більше ніж кардинал цього набору. Отже, проблема зводиться до вибору недетерміновано відмінних конфігурацій в , fix як початкова конфігурація , як остаточна , і перевірте, чиy O O DO c 1,,c nDO c 0x cn+1y cxyOODOc1,,cnDOc0xcn+1y jcjRcj+1 для кожного . Ця остання проблема зводиться до класичних питань щодо доступності мереж Петрі.j


Чудово, спасибі велике !! Це питання періодично поверталось мені в голову!
Ніколя Перрін

2
Зараз це може бути очевидним, але я хотів би задати наступне питання, щоб бути впевненим. Що робити, якщо дозволити бути набором маркування? У такому випадку точно така ж конструкція не працює. Чи є простий аргумент, який розширює результат? Zd
Ніколя Перрін

4

Я думав над вашим запитанням щодо систем додавання векторів із станами (VASS), які еквівалентні VAS, і придумав це рішення. Тепер я прочитав приємну відповідь Йерома, і мушу сказати, що моя відповідь дуже схожа, тому, будь ласка, прийміть його відповідь, навіть якщо ви вважаєте мою правильною.


Ідея: можна перетворити VASS у VASS який забороняє вектори менші або рівні перешкод. Це не саме те, що ми хочемо, оскільки дозволено досягти векторів, менших, але не рівних перешкодам. Однак таких векторів існує безліч. Це дозволяє декомпозицію мінімальних набігів на безмежно багато пробігів, які є або переходом або еквівалентним пробігом . Тому так , проблема вирішується.V V V VVVV


Подробиці: Нехай буде -VASS, тобто є кінцевим позначений граф таким чином, що . Нехай - сукупність перешкод. Нехай і , пишемо коли є запускається з для з кожної проміжної конфігурації в . Позначимоd V T Q × Z d × Q O N д л T * X N dV=(Q,T)dVTQ×Zd×QONdπ­TXNdp(u)πXq(v)πp(u)q(v)Q×XX={y:yx for some xX} .

Нехай - мінімальний запуск, такий, що , тобто мінімальний запуск, який уникає перешкод. Тоді, за принципом голубої дуги, можна розподілити як пробіг, який вводить лише кінцево багато разів. Більш формально існують , і такий, щоπp(u)πNdOq(v)πOOt1,t1,tn+1,tn+1T{ε}π1,,πn+1T{pi(ui),qi(vi),ri(wi)}i[0,n+1]Q×Nd

  • π=t1π1t1tn+1πn+1tn+1 ,
  • i[0,n] pi(ui)ti+1Ndqi+1(vi+1)πi+1NdOri+1(wi+1)ti+1Ndpi+1(ui+1)
  • p0(u0)=p(u), pn+1(un+1)=q(v) ,
  • i[1,n] uiOO .
  • n|Q||O|.

Тому достатньо здогадатися , та проміжних конфігураціях. Тестування, чи може можна перетворити у новий -VASS де кожен перехід замінюється гаджетом з переходів. Наприклад, якщо то переходи замінюються наступним чином:nt1,t1,,tn+1,tn+1p(x)NdOq(y)VdVtT4|O|+1O={(1,5),(2,3)}VASS гаджет


1
Дякую!! Два правильних відповіді менше ніж за 2 дні, я мушу сказати, що ця громада працює добре :)
Ніколя Перрін
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.