Чи містить дана звичайна мова нескінченна підмножина без префіксу?

Набір слів над обмеженим алфавітом не містить префіксів, якщо немає двох чітких слів, де одне є префіксом іншого.

Питання:

У чому полягає складність перевірки, чи звичайна мова, що подається як NFA, містить нескінченну підмножину без префікса?

Відповідь (завдяки Михайлу Рудому, тут нижче) : Це можна зробити за багаточлен, і я думаю, навіть у NL.

Перефразовуючи відповідь Михайла, нехай буде вхідним NFA у нормальній формі (відсутність переходів епсілона, обрізка), і нехай (відповідно ) бути мовою, отриманою, маючи стан як початковий стан і \ {r \} як кінцевий стан (відповідно стан p як первісний, а множину R як остаточну). Для слова u нехай u ^ \ omega - це нескінченне слово, отримане повторенням u .$(\Sigma,q_0,F,\delta)$$L[p,r]$$L[p,R]$$p$$\{r\}$$p$$R$$u$$u^\omega$$u$

Наступні:

1. Мова $L[q_0,F]$ містить нескінченну множину префіксів.
2. $\exists q \in Q$ ,$\exists u \in L[q,q]\smallsetminus\{\varepsilon\}$ $\exists v \in L[q,F]$ так що$v$ не є префіксом$u^\omega$ .
3. $\exists q \in Q$ $L[q,q] \neq \{\varepsilon\}$ $\forall u \in L[q,q]$ $\exists v \in L[q,F]$ так що$v$ не є префіксом$u^\omega$ .

Доказ:

3 $\Rightarrow$ 2 тривіальний.

Для 2 $\Rightarrow$ 1 достатньо бачити, що для будь-якого $w \in L[q_0,q]$ нас є те, що $w (u^{|v|})^* v$ - нескінченна підмножина без префіксу $L[q_0,F]$ .

Нарешті, 1 3 - доказ «правильності» у відповіді Михайла.$\Rightarrow$

Вашу проблему можна вирішити за многочлен.

Для початку перетворіть задану NFA в еквівалентну NFA з такими додатковими властивостями:

• Епсилонних переходів немає
• Всі стани доступні з початкового стану

Корисна підпрограма

Припустимо, у нас є NFA , стан і не порожній рядок . Наступна підпрограма дозволить оцінити значення істинності наступного твердження: "кожен шлях у від стану до стану прийняття відповідає рядку, який є префіксом рядка для деякого ". Крім того, ця підпрограма буде запущена в поліноміальний час.$N$$q$$s$$N$$q$$s^n$$n$

Спочатку побудуйте NFA допомогою стан, який приймає всі рядки, які не є префіксами$S$$|s| + 1$$s^n$N ″ L ( N ″ ) L ( S ) ∩ L ( N ′ )$n$$|s|$$sssss\ldots$$N'$$N$$q$$N''$$L(N'')$$L(S) \cap L(N')$ використовуючи стандартну конструкцію перетину NFA. Зауважимо, що всі ці конструкції є поліномами за розміром вхідних даних.

Потім просто перевірте, чи мова порожня (що можна зробити в поліноміальний час за допомогою простого пошуку графіка). тоді і тільки тоді, коли , або іншими словами, кожен рядок у відсутній у . Іншими словами, мова порожня, якщо і лише тоді, коли приймає лише рядки, які є префіксами для деякого . Це можна перефразовувати як саме твердження, яке ми намагалися оцінити: "кожен шлях у від стану до стану прийняття відповідає рядку, який є префіксом рядка$N''$$L(N'') = \emptyset$$L(S) \cap L(N') = \emptyset$$L(N')$$L(S)$$N''$$N'$$s^n$$n$$N$$q$$s^n$ nдля якогось . "$n$

Основний алгоритм

Розглянемо набір станів у NFA, які знаходяться в певній петлі. Для кожного такого стану, , виконайте наступне:$q$

Нехай - будь-яка проста петля, що містить . Нехай - рядок, що відповідає циклу . Оскільки NFA не має епсилонних переходів, не є порожнім. Потім застосуйте підпрограму до NFA, стану та рядка . Якщо підпрограма повідомляє нам, що кожен шлях, що починається з в NFA і закінчується в стані прийняття, відповідає префіксу для деякого тоді переходимо до наступного стану . В іншому випадку виведіть, що мова даної мови NFA містить нескінченну підмножину без префіксу.$P_2$$q$$s$$P_2$$s$$q$$s$$q$$s^n$$n$$q$

Якщо ми спробуємо кожен стан який знаходиться в циклі, і алгоритм ніколи не виводить, то виводимо, що мова даної мови NFA не містить нескінченного підмножини без префіксу.$q$

Правильність (перший тайм)

По-перше, припустимо, що вищенаведений алгоритм стверджує, що мова даного NFA містить нескінченне безмножинне підмножини. Скажімо, цей вихід був обраний при розгляді певного циклу та деякого стану . Як і раніше, - рядок, що відповідає . Тоді згідно з підпрограмою ми знаємо, що не кожен шлях, що починається з в NFA і закінчується в стані акцепту, відповідає префіксу для деякого (оскільки це єдиний вихід підпрограми, який би привів до основного алгоритм виведення при цьому ).$P_2$$q$$s$$P_2$$q$$s^n$$n$$q$

Нехай - шлях, існування якого підтверджується підпрограмою: шлях від до стану прийняття таким чином, що відповідна рядок не є префіксом для будь-якого .$P_3$$q$$t$$s^n$$n$

Нехай складається з копій де достатньо великий, ніж. Оскільки є циклом через , може розглядатися як шлях від до . Рядок, що відповідає є$P_2'$$m$$P_2$$m$$m|s| > |t|$$P_2$$q$$P_2'$$q$$q$$P_2'$$s^m$

Нехай - шлях від стартового стану до (який існує, оскільки кожен стан доступний з самого початку), і нехай - рядок, відповідний цьому шляху.$P_1$$q$$r$

Тоді шлях, що складається з , копій , і - це прийнятий шлях обчислення. Рядок, що відповідає цьому шляху, є . Таким чином, NFA приймає кожну рядок форми . Це нескінченний набір рядків, прийнятих NFA, і я стверджую, що цей набір рядків не містить префіксів. Зокрема, припустимо, є префіксом з . Іншими словами, - префікс . Оскільки має довжину, це означає, що це$P_1$$x$$P_2'$$P_3$$r(s^m)^xt$$r(s^m)^xt$$r(s^m)^xt$$r(s^m)^yt$$y > x$$t$$(s^m)^{y-x}t$$(s^m)^{y-x}$$m(y-x)|s| \ge m|s| > |t|$$t$( s m ) y - x = s m ( y - x ) t s n n r ( s m ) x t r ( s m ) y t - префікс . Але за результатами підпрограми ми знаємо, що не є префіксом для жодного . Таким чином, не може бути префіксом , і за бажанням набір рядків не містить префіксів.$(s^m)^{y-x} = s^{m(y-x)}$$t$$s^n$$n$$r(s^m)^xt$$r(s^m)^yt$

Таким чином, я показав, що якщо основний алгоритм виводить, що мова даної мови NFA містить нескінченну підмножину без префіксу, то це насправді так.

Коректність (друга половина)

Далі я покажу другу половину: якщо мова даної NFA містить нескінченну підмножину без префіксу, то основний алгоритм виведе цей факт.

Припустимо, мова даної NFA містить нескінченну підмножину без префіксів. Нехай - сукупність (прийнятих) обчислювальних шляхів, що відповідають цим рядкам. Зауважте, що A - це нескінченна сукупність прийняття контурів обчислень, відповідні рядки яких ніколи не є префіксами один одного.$A$$A$

Скажіть, що стан "циклічно" в NFA, якщо існує цикл в NFA через цей стан, а "не циклічно" в іншому випадку. Розглянемо всі шляхи від стартового стану до будь-якого циклічного стану, які проходять лише через нециклирующиеся стани (за винятком одного стану циклу, де вони опиняються). Нехай $P$ - сукупність цих шляхів. Кожен шлях $p \in P$ не може мати цикл, оскільки тоді стани в цьому циклі були б циклічними станами, і тому $p$ проходив би через циклічний стан. Таким чином, довжини шляхів у $P$ обмежуються вище числом станів у NFA, і тому $P$ є кінцевим (наприклад, якщо стартовий стан є циклічним станом, єдиний такий шлях - порожній шлях).

Ми можемо розділити $A$ на $|P|+1$ підмножина на основі того, як починаються ті обчислювальні шляхи в $A$Зокрема, для $p \in P$ , нехай р безліч всіх шляхів обчислення в А , які починаються з шляхом р і нехай Б безліч всіх інших шляхів в A . Ясно, що все р з і В не перетинаються і їх об'єднання всього набору . Крім того, B$A_p$$A$$p$$B$$A$$A_p$$B$$A$$B$містить лише контури, які ніколи не проходять через циклічний стан, і тому ніколи не циклічно; таким чином, $B$ є кінцевим. Тоді ми можемо зробити висновок, що деякий $A_p$ повинен бути нескінченним (інакше $A$ було б об'єднанням кінцево багатьох кінцевих множин).

Оскільки $A_p$ нескінченний, існує нескінченно багато контурів обчислень, жоден з яких рядків не є префіксами один одного, які приймають шляхи, починаючи з $p$ . Нехай $q$ - стан, досягнутий в кінці шляху $p$ . Можна зробити висновок, що існує нескінченно багато приймаючих шляхів, називаємо цей набір $A'$ , починаючи з $q$ всі відповідають рядкам, які не є префіксами один одного.

Під час основного алгоритму ми запускаємо підпрограму на стан $q$ та деякі рядки $s$ . Ця підпрограма повідомляє нам, чи відповідає кожен шлях, що починається з $q$ рядок, який є префіксом $s^n$ для деякого $n$ . Якби це було так, то всі нескінченно багато прийнятих шляхів в $A'$ були б префіксами $s^n$ для різних $n$ , що означало б, що вони всі префікси один одного. Це не так, тому ми робимо висновок, що коли основний алгоритм виконує підпрограму на стан $q$, результат - інший можливий результат. Це, однак, призводить головний алгоритм до висновку, що мова NFA містить нескінченну підмножину без префіксу.

Це завершує доказ коректності.

Визначення

Визначення 1 : Нехай $S$ - це сукупність слів. Ми говоримо, що $S$ - безмежно без префікса (складений ім'ям для цієї відповіді), якщо є слова $u_0,\dots,u_n,\dots$ і $v_1,\dots,v_n,\dots$ такі, що:

• Для кожного $n\ge 1$ , $u_n$ і $v_n$ є не порожніми і починаються з різних літер;

• $S=\{u_0v_1,\dots,u_0\dots u_n v_{n+1},\dots\}$ .

Інтуїція полягає в тому, що ви можете помістити всі ці слова на нескінченне вкорінене дерево ( ■корінь, ▲листя, а •також інші внутрішні вузли) такої форми, що такі слова в $S$ є точно мітками шляхів від кореня до листя:

   u₀    u₁    u₂
■-----•-----•-----•⋅⋅⋅
      |     |     |
      | v₁  | v₂  | v₃
      |     |     |
      ▲     ▲     ▲

Пропозиція 1.1 : Симпатичний нескінченний набір префіксів не містить префіксів.

Доведення пропозиції 1.1 : Припустимо, що $u_0\dots u_n v_{n+1}$ є суворим префіксом $u_0 \dots u_m v_{m+1}$ . Є два випадки:

• Якщо $n < m$ то $v_{n+1}$ є префіксом $u_{n+1}\dots u_m v_{m+1}$ . Це неможливо, оскільки $u_{n+1}$ і $v_{n+1}$ мають виразні перші літери.

• Якщо $n > m$ то $u_{m+1}\dots u_n v_{n+1}$ - префікс $v_{m+1}$ . Це неможливо, оскільки $u_{m+1}$ і $v_{m+1}$ мають виразні перші літери.

Пропозиція 1.2 : Симпатичний нескінченний набір без префіксу - нескінченний.

Доведення пропозиції 1.2 : У доказі 1.1 ми показали, що якщо $n\not= m$ то $u_0\dots u_n v_{n+1}$ і $u_0 \dots u_m v_{m+1}$ не порівнянні для порядку префікса. Тому вони не рівні.

Основне доказ

Пропозиція 2 : Будь-який набір нескінченних префіксів містить хороший безкінечний набір без префіксів.

Пропозиція 3 : Мова містить нескінченний набір без префіксів, якщо і лише тоді, коли він містить безмежно безліч без префікса.

Доказ нижче.

Доведення пропозиції 3 : $\boxed{\Rightarrow}$ пропозицією 2. $\boxed{\Leftarrow}$ пропозиціями 1.1 та 1.2.

Пропозиція 4 : Набір підмножин, що не містять префіксів, звичайної мови (закодованих як нескінченне слово $\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\overline{u_2}\dots$ ) є $\omega$ -регулярним (і розмір Büchi автомат, що розпізнає його, є поліном за розміром NFA, що розпізнає звичайну мову).

Доказ нижче.

Теорема 5 : Визначення того, чи звичайна мова, описана NFA, містить нескінченну підмножину, що не містить префіксів, може бути зроблена в часі поліном розміром NFA.

Доведення теореми 5 : За пропозицією 3 достатньо перевірити, чи містить вона непогано нескінченну підмножину без префіксів, що можна зробити в поліноміальний час, побудувавши автомат Бючі, заданий пропозицією 4, і перевірити не порожнечу його мова (що може бути виконано у лінійному часі за розміром автомата Бючі).

Доведення пропозиції 2

Лема 2.1 : Якщо $S$ - без префікса, то $w^{-1}S$ (для будь-якого слова $w$ ).

Доказ 2.1 : За визначенням.

Лема 2.2 : Нехай $S$ - нескінченний набір слів. Нехай $w:=\operatorname{lcp}(S_n)$ найдовший префікс , загальний для всіх слів в $S$ . $S$ і $w^{-1}S$ мають однаковий кардинал.

Доведення 2.2 : Визначте $f:w^{-1}S\to S$ по $f(x)=wx$ . Він добре визначений за визначенням $w^{-1}S$ , ін'єктивним за визначенням $f$ і сур'єктивним за визначенням $w$ .

Доведення пропозиції 2 : Ми будуємо $u_n$ і $v_n$ шляхом індукції на $n$ , причому гіпотеза про індукцію $H_n$ складається з таких частин:

• $(P_1)$ Для всіх$k\in\{1,\dots,n\}$ ,$u_0\dots u_{k-1} v_k \in S$ ;

• $(P_2)$ Для всіх$k\in\{1,\dots,n\}$ ,$u_k$ і$v_k$ не порожні і починаються з чітких літер;

• $(P_3)$ $S_n:=(u_0\dots u_n)^{-1}S$ нескінченно;

• $(P_4)$ Немає порожнього префікса, спільного для всіх слів у$S_n$ . Іншими словами: Немає літери$a$ такої, що$S_n\subseteq a\Sigma^*$ .

Зауваження 2.3 : Якщо у нас є послідовності, які перевіряють $H_n$ без $(P_4)$ , ми можемо модифікувати $u_n$ щоб вони також задовольняли $(P_4)$ . Дійсно, достатньо замінити $u_n$ на $u_n\operatorname{lcp}(S_n)$ . $(P_1)$ не впливає. $(P_2)$ тривіально. $(P_4)$ знаходиться за конструкцією. $(P_3)$ є за лемою 3.

Тепер будуємо послідовності за допомогою індукції на $n$ :

• Ініціалізація: $H_0$ істинно, приймаючи $u_0:=\operatorname{lcp}(S)$ (тобто приймаючи $u_0:=\varepsilon$ і застосовуючи зауваження 3.1).

• Крок індукції: Припустимо, що у нас є слова $u_1,\dots,u_n$ та $v_1,\dots,v_n$ такі, що $H_n$ для деякого $n$ . Ми побудуємо $u_{n+1}$ і $v_{n+1}$ такі, що $H_{n+1}$ .

Оскільки $S_n$ є нескінченним і без префіксів (за лемою 1), він не містить $\varepsilon$ так, що $S_n=\underset{a\in \Sigma}{\bigsqcup}(S_n\cap a\Sigma^*)$ . Оскільки $S_n$ нескінченна, є буква $a$ така, що $S_n\cap a\Sigma^*$ нескінченна. За $(P_4)$ , є буква $b$ відміну від таким чином, що S п ∩ б Е$a$$S_n\cap b\Sigma^*$ не порожній. Виберіть$v_{n+1}\in S_n\cap b\Sigma^*$ . Вважаючи, що$u_{n+1}$ є$a$ , задовольнимо б$(P_1)$ ,$(P_2)$ і$(P_3)$ тому застосуємо зауваження 3.1, щоб отримати$(P_4)$ :$u_{n+1}:=a\operatorname{lcp}(a^{-1}S_n)$ .

$(P_1)$ $u_1\dots u_nv_{n+1}\in u_1\dots u_n(S_n\cap b\Sigma^*)\subseteq S$ .

$(P_2)$ За визначенням$u_{n+1}$ і$v_{n+1}$ .

$(P_3)$ $a^{-1}S_n$ є нескінченним за визначенням$a$ , і$S_{n+1}$ , таким чином, є нескінченним лемою 3.

$(P_4)$ За визначенням$u_{n+1}$ .

Доведення пропозиції 4

Доведення пропозиції 4 : Нехай $A=(Q,\to,\Delta,q_0,F)$ - NFA.

Ідея така: ми читаємо $u_0$ , запам’ятовуємо, де ми знаходимося, читаємо $v_1$ , зворотній шлях до того, де ми були після читання $u_0$ , читаємо $u_1$ , пам’ятаємо, де ми є,… Ми також пам'ятаємо першу букву, яка читайте в кожному $v_n$ щоб переконатися, що $u_n$ починається з іншої літери.

Мені сказали, що це може бути простіше з багатоголовими автоматами, але я не дуже знайомий з формалізмом, тому я просто опишу це за допомогою автомата Büchi (з однією головою).

Покладемо $\Sigma':=\overline{\Sigma}\sqcup\widehat{\Sigma}$ , де символи будуть лініями , проведеними зверху використовуватися для описує $u_k$ з і символи з капелюхами для $v_k$ s.

Встановлюємо $Q':=Q\times (\{\bot\}\sqcup (Q \times \Sigma))$ , де:

• $(q,\bot)$ означає, що ви читаєте деякий$u_n$ ;

• $(q,(p,a))$ означає, що ви закінчили читати деякі$u_n$ у стані$p$ , що ви зараз читаєте$v_{n+1}$ що починається з$a$ , і щойно ви закінчите, ви повернетесь до$p$ читати$u_{n+1}$ що не починається з$a$ .

Встановлюємо $q_0':=(q_0,\bot)$ оскільки починаємо з читання $u_0$ .

Визначимо $F'$ як $F\times Q \times \Sigma$ .

Сукупність переходів $\to'$ визначається так:

• " $u_n$ " Для кожного переходу $q\overset{a}{\to}q'$ додати $(q,\bot)\overset{\overline{a}}{\to'}(q',\bot)$ ;

• " $u_n$ до $v_{n+1}$ " Для кожного переходу $q\overset{a}{\to}q'$ , додати $(q,\bot)\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(q,a))$ ;

• " $v_n$ " Для кожного переходу $q\overset{a}{\to}q'$ , додайте $(q,(p,a))\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(p,a))$ ;

• " $v_n$ to $u_n$ " Для кожного переходу $p\overset{a}{\to}p'$ де $p$ є остаточним, а літера $b$ відрізняється від $a$ , додайте $(q,(p,b))\overset{\overline{a}}{\to'}(p',\bot)$ ;

Лема 4.1 : $\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\dots \overline{u_n}\widehat{v_{n+1}}$ приймається $A'$ iff для кожного $n\ge 1$ , $u_n$ і $v_n$ є не порожніми і починаються з чітких літер , і для кожного $n\ge 0$ , $u_0\dots u_n v_{n+1}\in L(A)$ .

Доведення леми 4.1 : Ліворуч до читача.