Скільки слів довжиною на літери уникають часткового слова?

ВИДАЛЕНО ДО ДОДАТИ : На це питання зараз по суті відповіді; будь ласка, дивіться цей запис у блозі для отримання більш детальної інформації. Дякуємо всім, хто розмістив тут коментарі та відповіді.

---

ОРИГІНАЛЬНЕ ПИТАННЯ

Це, сподіваємось, розумніша та краще обізнана версія запитання, яке я задав на MathOverflow. Коли я задав це запитання, я навіть не знав назви області математики, в якій була моя проблема. Зараз я впевнений, що це лежить в алгоритмічній комбінаториці на часткових словах. (Недавня книга з цього приводу тут .)

Я хочу скласти список слів на літери . Кожне слово має довжину рівно . Угода полягає в тому, що якщо списку , де є символом підстановки / небайдужий, то більше ніколи не може відображатися у списку. (Це ж справедливо, якщо , або якщо а отже, заборонене підслово .)$l$$k$$a \lozenge ^j b$$\lozenge$$a \lozenge ^j b$$a=b$$j=0$$ab$

Приклад, де і :$k=4$$l=5$

$abcd$
$bdce$
$dcba$ <- заборонено, тому що з'явився у рядку над <- заборонено, оскільки першому рядку з'явився$dc$
$aeed$$a \lozenge \lozenge d$

Література про "часткові слова, які можна уникнути", - це все, що інфінірується - зрештою, деякий шаблон слова неминучий, якщо розмір слова досить великий. Я хотів би знайти остаточні версії таких теорем. Отже, питання:

З огляду на часткове слово форми в алфавіті літер, скільки слів довжини уникають цього, і чи можна їх явно утворити в поліноміальний час?$a \lozenge^j b$$l$$k$

Я не сподіваюсь, що вищезазначене питання буде складним, і, якщо немає тонкощів, яких я відсутній, я міг би сам це обчислити. Справжня причина, яку я публікую на цьому веб-сайті, полягає в тому, що мені потрібно знати набагато більше про властивості таких списків моїх заявок, тому я сподіваюся, що хтось зможе відповісти на подальше запитання:

Це було вивчено в цілому? Які статті розглядають не лише те, що часткове слово зрештою неминуче, а "скільки часу пройде", перш ніж воно стане неминучим?

Дякую.

Ось окремий випадок: кількість двійкових слів довжиною таким, що жодне з двох не з’являється послідовно, є , де - число Фібоначчі (починаючи з ). Доказ - через представництво Зекендорфа .$k$$F(k+3)$$F(n)$$n^{th}$$F(1)=1, F(2)=1$

EDIT: Цей початковий спеціальний випадок ми можемо розширити на дещо більший спеціальний випадок . Розгляньте рядки довжиною над алфавітом розміром таким чином, що літера не з’являється двічі поспіль. Нехай - кількість таких рядків (які ми будемо називати "дійсними"). Ми стверджуємо, що: Інтуїція полягає в тому, що ми можемо побудувати дійсну рядок довжиною будь-яким: а) примиканням до будь-якої з літер що не до дійсної рядка довжиною , або b) примикання до літери$a\lozenge^0a$$k$$l+1$$a$$f(k)$

$$f(k) = l*f(k-1) + l*f(k-2)$$ $$f(0) = 1, f(1) = l+1$$ $k$$l$$a$$k-1$$a$а потім будь-яка інша буква , але на допустиму рядок довжиною .$a$$k-2$

Ви можете переконатися, що наступна закрита форма для вищезазначеного повторення: де ми розуміємо коли .

$$f(k) = \sum_{i=0}^{k} {{k+1-i}\choose{i}} l^{k-i}$$ ${{n}\choose{i}} = 0$$i>n$

РЕДАКТИКА №2: Викреслимо ще один випадок - . Ми будемо називати рядки над алфавітом -елементу, які не містять підрядку , "допустимим", а позначатиме набір дійсних рядків довжиною . Далі визначимо як підмножину що складається з рядків, що починаються з а - тими, що не починаються з . Нарешті, нехай,,.$\lozenge^0 b, a \neq b$$l$$ab$$S_k$$k$$T_k$$S_k$$b$$U_k$$b$$f(k) = |S_k|$$g(k) = |T_k|$$h(k) = |U_k|$

Ми спостерігаємо, що і . Далі ми робимо наступні повторення: Перший походить від того, що додавання до початку будь-якого елемента створює елемент . Другий виходить з спостереження , що ми можемо побудувати елемент шляхом додавання будь-якого символу , але до передньої частини будь-якого елементу або шляхом додавання будь-якого символу , але чи до передньої частини будь-якого елементу в .$g(0)=0, h(0)=1, f(0)=1$$g(1)=1, h(1)=l-1, f(1)=l$

$$\begin{eqnarray} g(k+1) &=& f(k) \\ h(k+1) &=&(l-1)*h(k) + (l-2)*g(k) \end{eqnarray}$$ $b$$S_k$$T_{k+1}$$U_{k+1}$$b$$U_{k}$$a$$b$$T_k$

Далі переставляємо рівняння повторення для отримання:

$$\begin{eqnarray} f(k+1) &=& g(k+1) + h(k+1) \\ &=& f(k) + (l-1)*h(k) + (l-2)*g(k) \\ &=& f(k) + (l-1)*f(k) - g(k) \\ &=& l*f(k) - f(k-1) \end{eqnarray}$$

Ми можемо отримати досить непрозоре рішення закритої форми для цього повторення, занурившись трохи з генеруючими функціональними елементами або, якщо ми ліниві, прямуючи прямо до Wolfram Alpha . Однак, трохи вдаючись до допомоги і колупатися в OEIS , ми знаходимо , що ми на самому ділі маємо: , де є поліном Чебишева другого роду (!) .

$$f(k) = U_k(l/2)$$ $U_k$$k^{th}$

Зовсім інший підхід до першого питання повторно використовує відповіді на недавнє запитання про генерування слів звичайною мовою : досить застосувати ці алгоритми для довжини на звичайній мові де - алфавіт.$k$$\Sigma^\ast a\Sigma^j b\Sigma^\ast$$\Sigma$

Оновлено: ця відповідь невірна :

за умови фіксована, ми можемо підрахувати кількість способів шаблону може бути зіставлений: перший символ може бути узгоджений в деякому положенні , і ми маємо можливості перед цією точкою, між і , і для залишку рядка, таким чином, загальна сума випадків. Як зазначає Цуйосі Іто в коментарях, це число не є кількістю різних слів, що відповідають$j$$a\lozenge^j b$$a$$1\leq i\leq k-j-1$$l^{i-1}$$l^j$$a$$b$$l^{k-j-i-1}$

$$\sum_{i=1}^{k-j-1}l^{i-1}\cdot l^{j}\cdot l^{k-j-i-1}=(k-j-1)l^{k-2}$$ $a\lozenge^j b$оскільки одне слово може по-різному відповідати одній і тій же схемі. Наприклад, порівнюється три рази в , два рази в , а два рази в . Ми можемо спробувати порахувати кількість способів узгодження шаблонів у кілька разів та виявити вираз "включення-виключення", але способи, що можуть перекриватись, робить це занадто довгим.$aa$$aaaa$$ab$$abab$$a\lozenge b$$aabb$

---

Для першого питання, розуміючи, що не виправлено, тобто, що ми хочемо уникати вбудовування слова :$j$$ab$

• або ніколи не з'явиться перший символ, на частку якого припадає можливих слів,$a$$(l-1)^k$
• або з'являється спочатку в деякому положенні , тоді ми не можемо використовувати в решті слова: є вибір для коефіцієнта до , і вибір на залишок, даючи в цілому можливі слова. Будь не має значення.$a$$1\leq i\leq k$$b$$(l-1)^{i-1}$$a$$(l-1)^{k-i}$$\sum_{i=1}^k(l-1)^{i-1}\cdot(l-1)^{k-i}=k(l-1)^{k-1}$$a=b$

Щодо другого питання, я не маю багато що запропонувати; існує зв’язок із вбудовуванням слова, але результати, які я знаю про погані послідовності для леми Хігмана, не застосовуються одразу.