Умови універсальності NFA

Розглянемо недетерміновані кінцеві автомати та функцію . Додатково визначаємо .$A = (Q, \Sigma, \delta, q_0, F)$$f(n)$$\Sigma^{\leq k} = \bigcup_{i \leq k} \Sigma^i$

Тепер давайте проаналізуємо наступне твердження:

Якщо , то .$\Sigma^{\leq f(|Q|)} \subseteq L(A)$$L(A) = \Sigma^*$

Неважко показати, що для це правда, отже, якщо автомати виробляють кожне слово довжиною до , то воно виробляє .$f(n) = 2^n+1$$2^{|Q|}+1$$\Sigma^*$

Але чи все-таки це справедливо, якщо - поліном?$f$

Якщо ні, то як може виглядати побудова NFA для даного полінома , st ?$A$$p$$\Sigma^{\leq p(|Q|)} \subseteq L(A) \subsetneq \Sigma^*$

Для того, щоб твердження було правильним, f має зростати експоненціально, навіть з одинарним алфавітом.

[Редагувати: Аналіз дещо покращений у версії 2.]

Ось доказний ескіз. Припустимо, що твердження має місце, і нехай функція f така, що кожна NFA з максимум n станами, що приймає всі рядки довжиною не більше f ( n ), приймає всі будь-які рядки. Доведемо, що для кожного C > 0 і досить великого n маємо f ( n )> 2 ^{C ⋅√ n} .

З теореми простих чисел випливає, що для кожного c <lg e і для досить великого k в діапазоні є щонайменше c ⋅2 ^k / k прайми [2 ^k , 2 ^{k +1} ]. Беремо c = 1. Для такого k нехай N _k = ⌈2 ^k / k ⌉ і визначають NFA M _k наступним чином. Нехай p ₁ ,…, p _{N k} - чіткі праймери в діапазоні [2 ^k , 2 ^{k +1}]. NFA M _k має стани S _k = 1 + p ₁ +… + p _{N k} . Крім початкового стану, стани поділяються на N _k циклів, де i- й цикл має довжину p _i . У кожному циклі всі держави, крім однієї, є загальноприйнятими. Початковий стан має N _k вихідних ребер, кожен з яких переходить у стан одразу після відхиленого стану в кожному циклі. Нарешті, початковий стан також приймається.

Нехай P _k - добуток p ₁ … p _{N k} . Неважко помітити, що M _k приймає всі рядки довжиною менше P _k, але відкидає рядок довжиною P _k . Тому f ( S _k ) ≥ P _k .

Зауважимо, що S _k ≤ 1 + N _k ⋅2 ^{k +1} = o (2 ^{2 k} ) і що P _k ≥ (2 ^k ) ^{N _k} ≥ 2 ^{2 k} . Решта стандартна.

РЕДАКТУЙТЕСЯ В 12.12.2006:

ОК, це майже найкраща конструкція, яку я можу отримати, подивіться, чи хтось придумає кращі ідеї.

Теорема. Для кожного існує -державний NFA над алфавітами з таким, що найкоротший рядок, що не знаходиться в має довжину .$n$$(5n+12)$$M$$\Sigma$$|\Sigma|=5$$L(M)$$(2^n-1)(n+1)+1$

Це дасть нам .$f(n) = \Omega(2^{n/5})$

Конструкція майже однакова з тією, що є у Шалліта , за винятком того, що ми побудуємо NFA безпосередньо замість того, щоб спочатку представляти мову регулярним виразом. Дозволяє

$\Sigma = \{{0 \brack 0},{0 \brack 1},{1 \brack 0},{1 \brack 1},\sharp\}$ .

Для кожного ми побудуємо мову розпізнавання NFA , де є такою послідовністю (наприклад, ):$n$$\Sigma^*-\{s_n\}$$s_n$$n=3$

$s_3 = \sharp{0 \brack 0}{0 \brack 0}{0 \brack 1}\sharp{0 \brack 0}{0 \brack 1}{1 \brack 0}\sharp \ldots \sharp{1 \brack 1}{1 \brack 1}{0 \brack 1}\sharp$ .

Ідея полягає в тому, що ми можемо побудувати NFA, що складається з п'яти частин;

• стартер , який забезпечує рядок починається з ;$\sharp{0 \brack 0}{0 \brack 0}{0 \brack 1}\sharp$
• термінатор , який забезпечує рядок закінчується ;$\sharp{1 \brack 1}{1 \brack 1}{0 \brack 1}\sharp$
• лічильник , який зберігає число символів між двома «S , як ;$\sharp$$n$
• надбудова один перевірка , який гарантує , що тільки символи з формою символу; нарешті,$\sharp{x \atop x+1}\sharp$
• послідовно перевірки , який гарантує , що тільки символи з формою може з'явитися одночасно.$\sharp{x \atop y}\sharp{y \atop z}\sharp$

Зауважимо, що ми хочемо прийняти замість , тож коли ми з'ясуємо, що вхідна послідовність не дотримується однієї з наведених вище поведінок, ми приймаємо послідовність негайно. В іншому випадку післякроки, NFA буде в єдиному можливому стані відхилення. І якщо послідовність довша, ніж, NFA також приймає. Отже, будь-яка NFA, що задовольняє вищевказаним п'яти умовам, відхиляє лише .$\Sigma^*-\{s_n\}$$\{s_n\}$$|s_n|$$|s_n|$$s_n$

Перевірити наступну фігуру можна замість суворого доказу:

Починаємо з верхнього лівого стану. Перша частина - це стартер і лічильник, потім послідовна перевірка, термінатор, нарешті шашка-додаток. Всі дуги, що не мають кінцевих вузлів, вказують на правий нижній стан, який є акцептором за весь час. Деякі краї не позначені міткою через відсутність пробілів, але їх можна легко відновити. Штриховий рядок являє собою послідовність станів з ребрами.$n-1$$n-2$

Ми можемо (болісно) перевірити, що NFA відхиляє лише , оскільки він дотримується всіх п’яти правил, наведених вище. Так побудовано -державний NFA з , що задовольняє вимозі теореми.$s_n$$(5n+12)$$|\Sigma|=5$

Якщо є якась незрозумілість / проблема з будівництвом, залиште коментар, і я спробую пояснити / виправити це.

Це питання було вивчено Джеффрі О. Шаллітом та ін., І дійсно оптимальне значення все ще відкрите для . (Що стосується одинарної мови, дивіться коментарі у відповіді Цуйосі )$f(n)$$|\Sigma|>1$

На сторінці 46-51 своєї розмови про універсальність він запропонував таку конструкцію, що:

Теорема. Для для деяких достатньо великих існує державний NFA над бінарними алфавітами, таким чином, що найкоротший рядок, що не знаходиться в має довжину для .$n\geq N$$N$$n$$M$$L(M)$$\Omega(2^{cn})$$c=1/75$

Таким чином, оптимальне значення для знаходиться десь між і . Я не впевнений, чи покращився результат Шалліта за останні роки.$f(n)$$2^{n/75}$$2^n$