Клас мов, розпізнаваний односкладовими 3-державними ТМ

Мені деякий час цікаво ставитись до машин Тюрінга з рівно однією стрічкою та рівно 3 станами (а саме стартовий стан , стан прийняття та стан відхилення ). Зауважте, що я дозволяю довільні (кінцеві) алфавіти стрічки (тобто алфавіт стрічки не обмежений рівним алфавітом введення).$q_0$$q_{accept}$$q_{reject}$

Для зручності зателефонуйте до класу мов, розпізнаваних такими ТМ . У мене є кілька запитань щодо цього класу:$C_3$

1. Чи раніше ?$C_3$
2. Чи відомо, що дорівнює будь-яким іншим цікавим класам складності / обчислюваності?$C_3$
3. Чи надійний клас до змін у моделі. Наприклад, якщо використовуваним ТМ дозволено залишатися на місці під час одного переходу (на відміну від того, щоб завжди рухатися ліворуч або праворуч) або якщо стрічка зроблена нескінченною в обох напрямках, а не праворуч, чи робить клас мови, розпізнавані за допомогою 3-х державних 1-стрічкових ТМ?$C_3$
4. Як ставиться до класу регулярних мов, ? (Зокрема, чи є кожна регулярна мова в ?)$C_3$$Regular$$C_3$

Пошук (досить короткий) підняв лише цей пост cs.stackexchange, який є релевантним, але не відповідає на мої запитання, і цей документ , який я не прочитав досить детально, щоб бути впевненим, що стосується саме класу$C_3$ а не подібний, але різний клас (стаття стверджує, що доводить, що (1) кожна мова в $C_3$ рішуче і (2) що $C_3$ і $Regular$- це окремі класи з не порожнім перетином). Як зазначається в коментарях до повідомлення cs.stackexchange, такі види ТМ можна вважати дуже специфічними стільниковими автоматизаторами, тому, можливо, хтось, хто знає літературу з теорії стільникового автомата, може допомогти.

Звір надзвичайно потужний , наприклад, ми можемо створити ТМ$M$ яка приймає кожен рядок форми

$L_Y = \{ r\; 0^n \; 1^m\;A \mid m \leq n \}$

і відхиляє кожен рядок форми

$L_N = \{ r\; 0^n \; 1^m\;A \mid m > n \}$

Ідея полягає в перетворенні першої $r$ в $R$а потім дозвольте голові досягти середини струни, тоді зробіть зигзаг "без стану"; якщо вона досягне$A$ раніше $R$ то вона приймає.

Неофіційний опис:

• на $r$ писати $R$ і рухайтеся праворуч (підготуйтеся до відхилення)
• на $0$ писати $c$ і рухайтеся праворуч (рухаючись до центру)
• на $1$ писати $>$ і рухайтеся ліворуч (позначте a $1$, підготуйтеся до наступного переходу зліва направо і рухайтеся ліворуч)
• на $c$ писати $<$ і рухайтеся праворуч (позначте a $0$, підготуйтеся до наступного переходу праворуч наліво та рухайтесь праворуч)
• на $<$ писати $>$ і йти вліво (перехід зліва направо, підготуйся до наступного справа наліво)
• на $>$ писати $<$ і рухайтеся праворуч (переправа направо наліво, готуйтеся до наступного зліва направо)
• на $A$ прийняти, на $R$ відкинути
• на бланку $b$ відкинути

Приклад:

  :r 0 0 0 1 1 A
   R:0 0 0 1 1 A
   R c:0 0 1 1 A
   R c c:0 1 1 A
   R c c c:1 1 A
   R c c:c > 1 A
   R c c <:> 1 A
   R c c < <:1 A
   R c c <:< > A
   R c c:< > > A
   R c:c > > > A
   R c <:> > > A
   ...
   R c < < < <:A ACCEPT

Ця методика зигзагу застосовується у найменшій двошаровій універсальній машині Тюрінга (вона має 18 символів), побудованій Рогожином (Рогожин 1996. ТКС, 168 (2): 215–240)).

Щоб довести це, слід приділити деяку увагу $M$ зупинки на всіх входах (лише зауважте, що він відхиляє пусте введення, а всі символи, що не зупиняються, "сходяться" на $<$ або $>$ що не може призвести до нескінченного циклу).

Як коментує DavidG, мова $L(M)$ визнано $M$ є надмножиною $L_Y$ (тобто $L_Y \subset L(M)$), але він не містить жодного рядка з $L_N$ (тобто $L(M) \cap L_N = \emptyset$) і - як коментує МихайлоРудой - цього достатньо, щоб довести це $L(M)$ не є регулярним.

Дійсно, якщо $L(M)$ регулярно також $L(M) \cap \{ r0^*1^*A \} = L_Y = \{ r0^n 1^mA \mid m \leq n \}$було б регулярним (що не є простим застосуванням накачувальної леми); що веде до суперечності.

Тому $L(M)$ не є регулярним .

... Але, як і всі супергерої $C_3$ має п'яту Ахілла: він навіть не може розпізнати звичайний:

$L = \{ 1^{2n} \}$

Неофіційно він може використовувати лише крайній лівий $b 1 ...$ ($b$ символ порожнього) або правоміст $1b...$як гачок і «розширюється» в інший бік; але остаточне Прийняття або Відхилення не може бути на порожньому символі протилежної сторони, тому це може бути зроблено лише на внутрішній частині$1$s, і, починаючи з досить довгого вводу, його можна "підробити", розтягнувши його.

Нарешті - прочитавши документ - я можу підтвердити, що описана в ньому однодержавна ТМ відповідає вашому $C_3$ клас ... (тому нічого нового тут немає :-) ... і мов, використаний автором для підтвердження того, що він містить нерегулярні мови, дуже схожий на мій.

Я недооцінив силу Росії $C_3$... насправді це не занадто далеко від гіперкомп'ютації !

(Я публікую це як окрему відповідь для кращої ясності)

Ми можемо побудувати єдину державну машину Тьюрінга $M$ який приймає рядки форми:

$L_Y = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \geq 2^n\}$

і відхиляє рядки форми:

$L_N = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \lt 2^n\}$

Ідея та побудова схожа на ту, що була в попередній відповіді: перетворити першу $a$ в $A$, нехай голова досягне середини струни, потім зроби зигзаг "без стану", але переходи "реалізують" "двійковий лічильник" на першій половині таким чином: $Z$(Нуль) відхилити голову назад вправо і перетворити$Z$ в а $S$ (Один) наступного разу, коли голова досягне $S$, перетворіть його на a $)$і нехай голова рухається вліво; коли голова досягає$)$ перетворити його на а $Z$. Друга половина струни веде себе як унарний лічильник.

Переходи:

• на $r$ писати $R$ і рухайтеся праворуч (підготуйтеся до відхилення)
• на $0$ писати $Z$ і рухайтеся праворуч (рухаючись до центру, встановіть двійковий лічильник на 0 ..)
• на $1$ писати $>$ і рухайтеся ліворуч (позначте a $1$ і декрементуйте одинарний лічильник, підготуйтеся до наступного переходу зліва направо і повертайтеся до двійкового лічильника)
• на $>$ писати $<$ і йдіть праворуч (переправа праворуч наліво другої половини струни, підготуйтеся до наступного зліва направо)
• на $<$ писати $>$ і йдіть ліворуч (перехід ліворуч праворуч другої половини струни, підготуйтеся до наступного справа наліво)
• на $Z$ писати $S$ і рухайтеся праворуч (перетворіть цифру в одну і відскочіть праворуч у напрямку одинарного лічильника)
• на $S$ писати $)$ і рухайтеся ліворуч (очистіть цифру, і голова нехай рухається ліворуч, як «перенос», підготуйтеся до наступної зліва направо першої частини)
• на $)$ писати $Z$ і рухайтеся праворуч (встановіть нуль, який спричинить відскок, і голова нехай рухається вправо)
• на $A$ прийняти, на $R$ відкинути
• на бланку $b$ відкинути

Приклад:

 :a 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A:0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z:0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z Z Z:1 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z:Z > 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S:> 1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S <:1 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z S:< > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z Z:S > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z:Z ) > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z S:) > > 1 1 1 1 1 1 R
  A Z S Z:> > 1 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z S:Z > > > 1 1 1 1 1 R
  ...
  A Z S S < < <:1 1 1 1 1 R
  ...
  A S:) ) > > > > 1 1 1 1 R
  ...
 :A ) ) ) > > > > > > > > R ---> ACCEPT

Щоб довести це, слід приділити деяку увагу $M$ зупинки на всіх входах (просто зауважте, що він відхиляє пусте введення, а всі символи, що не зупиняються, "проходять" $( , S , Z$ або $<, >$ що не може призвести до нескінченного циклу).

Мова $L(M)$ є надмножиною $L_Y$ ($L_Y \subset L(M)$) і не містить рядків з $L_N$ ($L(M) \cap L_N = \emptyset$).

Припустимо, що $L(M)$є безтекстовим , то - за допомогою властивостей закриття CFL, перетинаючи його із звичайною мовою$\{r 0^* 1^* A\}$ виробляти мову CF:

$L(M) \cap \{r 0^* 1^* A\} = \{ a \; 0^n \; 1^m \; R \mid m \geq 2^n\} = L_Y$

Але простим застосуванням леми Огдена для CFL ми можемо це довести$L_Y \notin CFL$: просто вибрати досить довго $s \in L_Y$ і позначте всі $0$s; принаймні один нуль можна перекачувати і незалежно від кількості$1s$ у насосній струні експоненціальне зростання $2^n$ веде до струни $\notin L_Y$).

Тому $L(M)$ не є контекстом .

... зараз мені цікаво, чи це ще одна відповідь на "винахід колеса", чи це новий (невеликий) результат.

У цій відповіді передбачається, що машини Тьюрінга мають нескінченні стрічки в обидві сторони. Претензії не стосуються однобічних нескінченних стрічок.

Дозвольте спершу визначити клас мов $C_3'$як клас усіх мов, який можна вирішити односмуговими машинами Тьюрінга з 3 станами ($C_3$визначався як клас мов, розпізнаваний односмуговими машинами Тьюрінга з 3 станами). Я представив клас$C_3'$ бо у своїй оригінальній відповіді я несвідомо поміняв місцями заняття $C_3$ і $C_3'$ (Я вважав лише клас $C_3'$).

Ця відповідь є доповненням до відповідей @MarzioDeBiasi. Він показав, що заняття$C_3$ і $C_3'$не містяться в CFL і тому містять досить цікаві мови. Однак, як я покажу в цій публікації, кожна мова$L$ в $C_3'$ має властивість, що множина $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ є або в $L$ або в його доповнення $L^C$. Таким чином$C_3'$також є дуже обмежуючим, наприклад. він містить лише тривіальні одинарні мови$\{\}$, $\{\varepsilon\}$, $\{1^n;n\in\mathbb{N}\}$ і $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$. Клас$C_3$містить трохи більше одинарних мов. Однак він вважає, що якщо$L\in C_3$ і $1^n\in L$ для $n\geq 1$, тоді $1^m\in L$ для усіх $m\geq n$. Простий наслідок полягає в тому, що не всі звичайні мови є$C_3$ ні в $C_3'$. Також мова$\{1\}$ не в $C_3$ ні в $C_3'$.

За позовом (жирним шрифтом) о $C_3'$, достатньо довести, що односмугова машина Тюрінга $M$ з 3 станами, які завжди зупиняють або приймає, або відхиляє всі рядки з $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$. Припустимо, що рядок форми$1^n$, $n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}$, надається $M$. Є три випадки:

1) Коли$M$ читає 1, він приймає або відхиляє.

2) Коли$M$читає 1, він рухає головою вліво. Якщо ми хочемо$M$щоб зупинити цей вхід, він повинен прийняти, відхилити або переміститися праворуч на порожньому символі. Отже, він ніколи не відвідує клітинку праворуч від початкової комірки стрічки. Якби це було, він би працював назавжди на вході 1.

3) Коли$M$читає 1, він рухає головою вправо. Звідси випливає, що після$n$ кроки, вміст стрічки є $A^n$ де $A$ є деяким символом із стрічки алфавіту та голови $M$ знаходиться в крайньому лівому порожньому символі праворуч від останнього $A$. Якщо ми хочемо$M$щоб зупинити цей вхід, він повинен прийняти, відхилити або перейти ліворуч на порожній символ. Як і у випадку 2), голова о$M$ тепер ніколи не відвідуватиме келію прямо зліва направо $A$. Якщо так, то$M$ працюватиме назавжди на вході 1.

Зрозуміло, що у всіх трьох випадках $M$ приймає всі рядки з набору $\{1^n;n\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\}$ або він відкидає їх усіх.

Доказом позову (жирним шрифтом) о $C_3$слідує тій же лінії, що і вище. Беремо односмугову 3-державну машину Тюрінга$M$ що приймає рядок $1^n$ для деяких $n\geq 1$. Припустимо$M$ дається вхід $1^m$ для $m\geq n$. Ми повинні це довести$M$приймає цей вхід. У нас є 3 випадки:

1) Коли$M$ читає 1, він приймає.

2) Коли$M$ reads 1, it moves the head to the left. Because $M$ accepts the input $1^n$, it has to accept or move to the right on the blank symbol. Hence, it never visits the $n$th cell to the right of the initial cell. If it would, it would run forever on input $1^n$.

3) When $M$ reads 1, it moves the head to the right. It follows that after $m$ steps, the content of the tape is $A^m$ where $A$ is some symbol from the tape alphabet and the head of $M$ is on the leftmost blank symbol to the right of the last $A$. Because $M$ accepts the input $1^n$, it must accept or move to the left on the blank symbol. As in case 2), the head of $M$ will now never visit the $n$th cell to the left of the rightmost $A$. This is because on the input $1^n$, $M$ does not visit the cell directly left of the initial cell, because it contains the blank symbol and if it would read it, it would run forever.

It is clear that in all three cases $M$ accepts all strings from the set $\{1^m;m\geq n\}$.