Скільки DFA приймають дві задані рядки?

Зафіксуйте ціле число та алфавіт . Визначте як сукупність усіх автоматів з кінцевим станом у станах із початковим станом 1. Ми розглядаємо всі DFA (не тільки підключені, мінімальні чи не вироджені); таким чином, . $n$ $\Sigma=\{0,1\}$ $DFA(n)$ $n$ $|DFA(n)| = n^{2n}2^n$

Тепер розглянемо два рядки $x,y\in\Sigma^*$ і визначимо $K(x,y)$ число елементів $DFA(n)$ які приймають і $x$ і $y$ .

Запитання: Яка складність обчислення $K(x,y)$ ?

Це питання має наслідки для машинного навчання .

Редагувати: Тепер, коли в цьому питанні є щедрість, я припускаю, що у формулюванні трохи більше точності. Для $n\ge1$ , нехай $DFA(n)$ є сукупністю $n^{2n}2^n$ автоматів, як визначено вище. Для $x,y\in\{0,1\}^*$ визначте, що $K_n(x,y)$ є числом автоматів у $DFA(n)$ які приймають і $x$ і $y$ . Питання: чи можна обчислити $K_n(x,y)$ у $poly(n,|x|,|y|)$ ?

— Ар'є
джерело

Якщо ви зафіксуєте DFA, не фіксуючи остаточних станів, то або він відображає x і y в той самий стан, і в цьому випадку єдиним обмеженням є те, що стан повинен бути остаточним, або він відображає їх у два різних стани, у цьому випадку Єдине обмеження полягає в тому, що вони обоє мають бути остаточними. Таким чином, я б переформулював вашу проблему як "скільки DFA відображає х і у різних станах?".

— a3nm

Ар'є, ти можеш пояснити рахунок

n^{2 n} 2^{n}

$n^{2n} 2^n$ ? Я не можу отримати

2^{n}

$2^n$ фактор. Додано: На жаль, я забув вказати кінцеві стани. Так чи інакше, заради інших, ось як йде підрахунок. Для кожного стану вкажіть, куди слід входити на входи

0

$0$ і

1

$1$ ; що становить

n^{2 n}

$n^{2n}$ . Вкажіть набір кінцевих станів; це

2^{n}

$2^n$ .

— Srivatsan Narayanan

Дійсно, мені байдуже, що трапляється з рядками, крім

x

$x$ та

y

$y$ . Гадаю, для започаткування баунті потрібна певна кількість балів?

— Aryeh

Найменший автомат, який приймає і має єдиний стан, тому я не думаю, що це страшенно інформативно ...

x

$x$

y

$y$

— Aryeh

Ось ідея: нам потрібно лише знати кількість -державних DFA, які опиняються в однаковому стані на і . Нехай це число буде і - загальна кількість DFA, тобто . Тоді відповідь , це дає межі. Для обчислення інша ідея полягає в тому, що ми можемо забути про спільний початковий відрізок і а також припустити, що wlog і . Ми порахуємо лише кількість двійкових DAG з станами та висотою не більше

n

$n$

x

$x$

y

$y$

m

$m$

M

$M$

M = n^{2 n} 2^{n}

$M=n^{2n}2^{n}$

\frac{1}{2} m + \frac{1}{4} (M - m)

$\frac{1}{2}m + \frac{1}{4}(M-m)$

m

$m$

x

$x$

y

$y$

x = 0^{a}

$x=0^a$

b = 1^{b}

$b=1^b$

l

$l$

max {a, b}

$\max\{a,b\}$ що і закінчуються там же, і з цього легко обчислити .

0^{a}

$0^a$

1^{b}

$1^b$

m

$m$

— Kaveh

Відповіді:

Тож питання досить коротке, але дуже цікаве. Я припускаю, що вхід унарний, а і двійковий (або ми маємо проблеми, як вказує відповідь Кая). $n$ $x$ $y$

Перш за все, якщо вам цікаво приблизно знати , то ви можете просто створити кілька випадкових DFA, і це дасть вам хороший наближення. (Цікаво, чи має цей клас складності назву.) $K(x,y)$

Тоді знання точно видається важкою проблемою. Як вказували в коментарях a3_nm та Kaveh, питання рівнозначне визначенню кількості автоматів, для яких і переходять в один і той же стан. Я позначу ймовірність того, що вони перейдуть у той самий стан на . $K(x,y)$ $x$ $y$ $p$

Оновлення: Деякі речі, які я написав тут, були неправдивими, тепер я їх виправив.

Неважко помітити, що . Ми маємо рівність, якщо дорівнює 0 і все нульове, крім останнього біта, який є 1. Чи є інші випадки? Не знаю. Якщо, наприклад, порожній рядок, а , то . $p \ge 1/n$ $x$ $y$ $x$ $y=00$ $p= \frac{n+1}{(n-1)n}$

Щоб спростити проблему, я навіть почав думати про те, що станеться, якщо і є одинаковими. Якщо обоє принаймні і їх різниця ділиться на, тоді . Чи є проста формула для одинарної версії? $x$ $y$ $n$ $n!$ $p=1$

— домоторп
джерело

Я уточнив проблему - бажаний алгоритм (або зменшення від деякої відомої важкої проблеми). Наближення вибірки використано в роботі, де введено це ядро: portal.acm.org/citation.cfm?id=1577108

p o l y (n, | x |, | y |)

$poly(n,|x|,|y|)$

— Aryeh

Що стосується одинарної версії: є лише поліноміально багато державних одинарних автоматів, тож я б зробив ставку, що для цього випадку існує багаточасова алгоритм обчислення .

n

$n$

K_{n} (x, y)

$K_n(x,y)$

— Aryeh

Дійсно, ви абсолютно праві, що одинарна версія обчислюється. Мені все ще цікаво, наскільки проста формула для заданих х і у.

— domotorp

Використовуване вами зменшення є помилковим: x і y можуть бути прийняті одними і тими ж автоматами і закінчуватися в абсолютно різних станах, насправді вони можуть ділити лише початковий стан на своїх шляхах, що справедливо для всіх рядків.

— amnn

@amnn: Минуло три роки, як я написав це, але чи не третій пункт моєї відповіді пояснює, чому я маю справу лише з тим, що закінчуюсь у тому ж самому стані?

— domotorp

Можливо, мені дуже не вистачає точки, але ви заявили, що є фіксованим, тому всі DFA такого розміру можна вважати попередньо обчисленими та зберігати у легкомодельованому форматі. Обчисліть таким чином: $n$ $K$

На вході , де $x$ $y$ $x,y\in\Sigma^*$

зберігати і $x$ $y$
ініціалізувати лічильник до $c$ $0$
для кожного з ваших DFA $n^{2n} 2^n$
а. моделюйте його на обох словах (цей крок ) $\mathcal{O}(|xy|)$

б. приріст якщо обидва запуски моделювання приймають $c$
вихід $c$

Загалом обчислення мають лінійну складність. Відповідь є зовсім іншою для . $K(n,x,y)$

— Кай
джерело

Ясна спроба всіх машин спрацює. Ар'є хоче знати, чи існує, можливо, алгоритм багаточленного часу чи інший результат твердості.

— Лев Рейзін

Строго кажучи, це поліноміальний час на вході, якщо n не є частиною вводу, саме так говорив Кай. Але питання явно інше.

— domotorp

О Я бачу. Я не думаю , що це те , що він мав в виду «виправити .» Я думаю, що природна інтерпретація проблеми - це те, що не спрацює.

n

$n$

— Лев Рейзін

Правильно, дякую, що вказав на лазівку, Кай. Це було виправлено :)

— Aryeh