Apakah bahasa reguler yang diberikan mengandung subset bebas awalan tak terbatas?

Seperangkat kata di atas alfabet terbatas bebas awalan jika tidak ada dua kata yang berbeda di mana satu merupakan awalan dari yang lain.

Pertanyaannya adalah:

Apa kompleksitas memeriksa apakah bahasa reguler yang diberikan sebagai NFA berisi subset bebas awalan tak terbatas?

Jawaban (karena Mikhail Rudoy, ​​di sini di bawah ini) : Ini dapat dilakukan dalam waktu polinomial, dan saya pikir bahkan dalam NL.

Mengutip jawaban Mikhail, misalkan menjadi input NFA dalam bentuk normal (tanpa transisi epsilon, trim), dan biarkan (resp. ) menjadi bahasa yang diperoleh dengan memiliki negara sebagai keadaan awal dan sebagai keadaan akhir (resp. keadaan sebagai inital dan set sebagai final). Untuk kata biarkan menjadi kata tak terbatas yang diperoleh dengan iterasi .$(\Sigma,q_0,F,\delta)$$L[p,r]$$L[p,R]$$p$$\{r\}$$p$$R$$u$$u^\omega$$u$

Berikut ini adalah setara:

1. Bahasa berisi subset bebas awalan tak terbatas.$L[q_0,F]$
2. $\exists q \in Q$ , sehingga bukan awalan dari .$\exists u \in L[q,q]\smallsetminus\{\varepsilon\}$ $\exists v \in L[q,F]$$v$$u^\omega$
3. $\exists q \in Q$ $L[q,q] \neq \{\varepsilon\}$ $\forall u \in L[q,q]$ $\exists v \in L[q,F]$ sehingga bukan awalan dari .$v$$u^\omega$

Bukti:

3 2 sepele.$\Rightarrow$

Untuk 2 1, sudah cukup untuk melihat bahwa untuk setiap kita memiliki adalah subset bebas awalan tak terbatas dari .$\Rightarrow$$w \in L[q_0,q]$$w (u^{|v|})^* v$$L[q_0,F]$

Akhirnya, 1 3 adalah bukti "benar" dalam jawaban Mikhail.$\Rightarrow$

Masalah Anda dapat diselesaikan dalam waktu polinomial.

Untuk memulai, konversikan NFA yang diberikan ke NFA yang setara dengan properti tambahan berikut:

• Tidak ada transisi epsilon
• Semua status dapat dijangkau dari kondisi awal

Subrutin bermanfaat

Misalkan kita memiliki NFA , state , dan string nonempty . Subrutin berikut akan memungkinkan kami mengevaluasi nilai kebenaran dari pernyataan berikut: "setiap jalur di dari status ke kondisi terima berhubungan dengan string yang merupakan awalan dari string untuk beberapa ." Selanjutnya, subrutin ini akan berjalan dalam waktu polinomial.$N$$q$$s$$N$$q$$s^n$$n$

Pertama, buat NFA dengan menyatakan yang menerima semua string yang bukan awalan untuk sembarang ( keadaan tidak-terima dalam satu lingkaran untuk melacak di mana di "pola" kita sejauh ini, dan satu menerima keadaan jika kita telah menyimpang dari pola itu). Selanjutnya, buat NFA yang persis seperti tetapi memiliki sebagai status awal. Akhirnya, buat NFA final yang bahasanya adalah$S$$|s| + 1$$s^n$$n$$|s|$$sssss\ldots$$N'$$N$$q$$N''$$L(N'')$$L(S) \cap L(N')$menggunakan konstruksi persimpangan NFA standar. Perhatikan bahwa semua konstruksi ini jumlahnya banyak dalam ukuran input.

Kemudian cukup menguji apakah bahasa kosong (yang dapat dilakukan dalam waktu polinomial dengan pencarian grafik sederhana). jika dan hanya jika , atau dengan kata lain setiap string dalam tidak dalam . Dengan kata lain, bahasa kosong jika dan hanya jika hanya menerima string yang merupakan awalan dari untuk beberapa . Ini dapat diulangi persis dengan pernyataan yang kami coba evaluasi: "setiap jalur di dari status ke status terima berhubungan dengan string yang merupakan awalan dari string$N''$$L(N'') = \emptyset$$L(S) \cap L(N') = \emptyset$$L(N')$$L(S)$$N''$$N'$$s^n$$n$$N$$q$$s^n$ nuntuk beberapa . "$n$

Algoritma utama

Pertimbangkan serangkaian negara di NFA yang ada dalam beberapa lingkaran. Untuk setiap kondisi tersebut, , lakukan hal berikut:$q$

Biarkan menjadi loop sederhana yang mengandung . Biarkan menjadi string sesuai dengan lingkaran . Karena NFA tidak memiliki transisi epsilon, tidak kosong. Kemudian menerapkan subrutin ke NFA, status , dan string . Jika subrutin memberi tahu kita bahwa setiap jalur yang dimulai pada di NFA dan berakhir di keadaan terima berhubungan dengan awalan untuk beberapa kemudian lanjutkan ke keadaan berikutnya . Kalau tidak, output bahwa bahasa NFA yang diberikan berisi subset bebas-prefeks tak terbatas.$P_2$$q$$s$$P_2$$s$$q$$s$$q$$s^n$$n$$q$

Jika kita mencoba setiap status yang ada dalam satu lingkaran dan algoritme tidak pernah menghasilkan, maka keluaran bahwa bahasa NFA yang diberikan tidak mengandung subset bebas-batas tak terbatas.$q$

Kebenaran (babak pertama)

Pertama, anggaplah bahwa algoritma di atas menyatakan bahwa bahasa NFA yang diberikan berisi subset bebas-prefeks tanpa batas. Katakanlah output ini dipilih sambil mempertimbangkan beberapa loop dan beberapa status . Seperti sebelumnya, adalah string yang sesuai dengan . Kemudian kita tahu menurut subrutin bahwa tidak setiap jalur yang dimulai pada di NFA dan berakhir pada status terima berhubungan dengan awalan untuk beberapa (karena ini adalah satu-satunya output dari subrutin yang akan mengarah ke main algoritma yang mengeluarkan ).$P_2$$q$$s$$P_2$$q$$s^n$$n$$q$

Biarkan menjadi lintasan yang keberadaannya ditegaskan oleh subrutin: lintasan dari ke keadaan terima sedemikian rupa sehingga string yang sesuai bukan awalan untuk sembarang .$P_3$$q$$t$$s^n$$n$

Misalkan terdiri dari salinan mana cukup besar sehingga. Karena adalah loop melalui , dapat diperlakukan sebagai jalur dari ke . String yang terkait dengan adalah$P_2'$$m$$P_2$$m$$m|s| > |t|$$P_2$$q$$P_2'$$q$$q$$P_2'$$s^m$

Biarkan menjadi jalur dari keadaan awal ke (yang ada karena setiap negara dapat dijangkau dari awal) dan biarkan menjadi string yang sesuai dengan jalur ini.$P_1$$q$$r$

Kemudian jalur yang terdiri dari , salinan , dan adalah jalur perhitungan yang menerima. String yang terkait dengan path ini adalah . Dengan demikian, NFA menerima setiap string dari bentuk . Ini adalah rangkaian string tak terbatas yang diterima oleh NFA, dan saya mengklaim bahwa rangkaian string ini bebas awalan. Secara khusus, misalkan adalah awalan dengan . Dengan kata lain, adalah awalan dari . Karena memiliki panjang, ini menyiratkan itu$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|$$t$ adalah awalan dari . Tetapi kita tahu dari keluaran subrutin bahwa bukan awalan untuk . Dengan demikian, tidak bisa menjadi awalan , dan seperti yang diinginkan set string bebas awalan.$(s^m)^{y-x} = s^{m(y-x)}$$t$$s^n$$n$$r(s^m)^xt$$r(s^m)^yt$

Jadi, saya telah menunjukkan bahwa jika algoritma utama menghasilkan bahwa bahasa NFA yang diberikan mengandung subset bebas-prefeks yang tak terbatas maka inilah kenyataannya.

Kebenaran (babak kedua)

Selanjutnya, saya akan menunjukkan setengah lainnya: jika bahasa NFA yang diberikan berisi subset bebas-batas tak terbatas maka algoritma utama akan menampilkan fakta ini.

Misalkan bahasa yang diberikan NFA berisi subset bebas awalan tak terbatas. Misalkan adalah himpunan jalur komputasi (menerima) yang sesuai dengan string ini. Perhatikan bahwa adalah himpunan tak terbatas untuk menerima jalur komputasi yang string yang bersesuaian tidak pernah saling awalan satu sama lain.$A$$A$

Katakanlah bahwa suatu negara adalah "perulangan" di NFA jika ada perulangan di NFA melalui keadaan itu dan "non-perulangan" sebaliknya. Pertimbangkan semua jalur dari kondisi awal ke kondisi pengulangan apa pun yang hanya melewati status non-pengulangan (kecuali untuk satu kondisi pengulangan di mana mereka berakhir). Biarkan menjadi himpunan jalur ini. Setiap jalur tidak dapat memiliki satu loop karena kemudian negara-negara di loop itu akan menjadi negara-negara pengulangan dan sehingga akan melewati suatu kondisi pengulangan. Dengan demikian, panjang lintasan dalam dibatasi di atas oleh jumlah status dalam NFA dan sehingga adalah terbatas (misalnya, jika keadaan awal adalah keadaan perulangan maka satu-satunya jalan tersebut adalah lintasan kosong).$P$$p \in P$$p$$P$$P$

Kita dapat mempartisi menjadi himpunan bagian berdasarkan bagaimana jalur penghitungan dalam dimulai. Secara khusus, untuk , biarkan adalah himpunan semua jalur perhitungan di yang dimulai dengan jalan dan membiarkan adalah himpunan semua jalur lainnya di . Jelas, semua dan saling terpisah dan serikat mereka adalah seluruh set . Selain itu, hanya berisi jalur yang tidak pernah melewati kondisi perulangan, dan karenanya tidak pernah berulang; dengan demikian terbatas. Kita dapat menyimpulkan bahwa beberapa$A$$|P|+1$$A$$p \in P$$A_p$$A$$p$$B$$A$$A_p$$B$$A$$B$$B$$A_p$ Aharus tak terbatas (jika tidak, akan menjadi gabungan dari set terbatas hingga terbatas).$A$

Karena tidak terbatas, ada banyak jalur komputasi yang tak terhingga, tidak ada string yang merupakan awalan satu sama lain, yang menerima jalur yang dimulai dengan . Biarkan menjadi keadaan yang dicapai di ujung jalan . Kita dapat menyimpulkan bahwa ada banyak jalur penerimaan, sebut set ini , mulai dari semuanya berhubungan dengan string yang bukan awalan satu sama lain.$A_p$$p$$q$$p$$A'$$q$

Selama algoritma utama, kami menjalankan subrutin pada status dan beberapa string . Subrutin ini memberi tahu kita apakah setiap jalur penerimaan yang dimulai pada sesuai dengan string yang merupakan awalan untuk beberapa . Jika ini masalahnya, maka semua jalur penerimaan tak terhingga dalam akan menjadi awalan untuk berbagai , yang akan menyiratkan bahwa mereka semua adalah awalan satu sama lain. Ini tidak terjadi, jadi kami menyimpulkan bahwa ketika algoritma utama menjalankan subrutin pada status$q$$s$$q$$s^n$$n$$A'$$s^n$$n$$q$, hasilnya adalah hasil lain yang mungkin. Ini, bagaimanapun, mengarahkan algoritma utama untuk menghasilkan bahwa bahasa NFA berisi subset bebas awalan tak terbatas.

Ini menyimpulkan bukti kebenaran.

Definisi

Definisi 1 : Biarkan $S$ menjadi seperangkat kata. Kami mengatakan bahwa $S$ adalah baik tak terbatas awalan bebas (dibuat nama untuk tujuan jawaban ini) jika ada kata-kata $u_0,\dots,u_n,\dots$ dan $v_1,\dots,v_n,\dots$ sehingga:

• Untuk setiap $n\ge 1$ , $u_n$ dan $v_n$ tidak kosong dan mulai dengan huruf yang berbeda;

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

Intuisi adalah bahwa Anda dapat meletakkan semua kata-kata itu pada pohon berakar yang tak terbatas ( ■yaitu akar, ▲daun, dan •simpul interior yang tersisa) dari bentuk berikut ini sehingga kata-kata dalam $S$ persis label label jalur dari akar ke daun:

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

Proposisi 1.1 : Satu set bebas awalan yang tak terbatas dengan baik adalah bebas awalan.

Bukti proposisi 1.1 : Misalkan $u_0\dots u_n v_{n+1}$ adalah awalan ketat $u_0 \dots u_m v_{m+1}$ . Ada dua kasus:

• Jika $n < m$ maka $v_{n+1}$ adalah awalan dari $u_{n+1}\dots u_m v_{m+1}$ . Ini tidak mungkin karena $u_{n+1}$ dan $v_{n+1}$ memiliki huruf pertama yang berbeda.

• Jika $n > m$ maka $u_{m+1}\dots u_n v_{n+1}$ adalah awalan dari $v_{m+1}$ . Ini tidak mungkin karena $u_{m+1}$ dan $v_{m+1}$ memiliki huruf pertama yang berbeda.

Proposisi 1.2 : Perangkat awalan bebas tak terbatas yang tak terbatas tak terbatas.

Bukti proposisi 1.2 : Dalam bukti 1.1, kami menunjukkan bahwa jika $n\not= m$ maka $u_0\dots u_n v_{n+1}$ dan $u_0 \dots u_m v_{m+1}$ tidak sebanding dengan urutan awalan. Karena itu mereka tidak sama.

Bukti utama

Proposisi 2 : Setiap set bebas awalan tak terbatas berisi set bebas awalan tak terbatas yang bagus.

Proposisi 3 : Suatu bahasa berisi kumpulan awalan infinite yang tak terbatas jika dan hanya jika itu berisi kumpulan awalan infinite yang tak terbatas.

Bukti di bawah ini.

Bukti proposisi 3 : $\boxed{\Rightarrow}$ oleh proposisi 2. $\boxed{\Leftarrow}$ oleh proposisi 1.1 dan 1.2.

Proposisi 4 : Himpunan himpunan bagian bebas awalan dari bahasa reguler (dikodekan sebagai kata tak terbatas $\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\overline{u_2}\dots$ ) adalah $\omega$ regular (dan ukuran Büchi otomat mengenali itu polinom dalam ukuran NFA mengenali bahasa biasa).

Bukti di bawah ini.

Teorema 5 : Memutuskan apakah bahasa reguler yang dijelaskan oleh NFA berisi subset bebas awalan tak terbatas dapat dilakukan dalam polinomial waktu dalam ukuran NFA.

Bukti teorema 5 : Dengan proposisi 3, cukup untuk menguji apakah mengandung subset bebas awalan yang tak terbatas, yang dapat dilakukan dalam waktu polinomial dengan membangun otomat Büchi yang diberikan oleh proposisi 4 dan menguji non-kekosongannya. bahasa (yang dapat dilakukan dalam waktu linier dalam ukuran otomat Büchi).

Bukti proposisi 2

Lemma 2.1 : Jika $S$ adalah perangkat awalan yang bebas, maka $w^{-1}S$ (untuk kata apa pun $w$ ).

Bukti 2.1 : Menurut definisi.

Lemma 2.2 : Biarkan $S$ menjadi kumpulan kata yang tak terbatas. Mari $w:=\operatorname{lcp}(S_n)$ menjadi awalan umum terpanjang untuk semua kata-kata dalam $S$ . $S$ dan $w^{-1}S$ memiliki kardinal yang sama.

Bukti 2.2 : Tentukan $f:w^{-1}S\to S$ oleh $f(x)=wx$ . Ini didefinisikan dengan baik oleh definisi $w^{-1}S$ , injeksi dengan definisi $f$ dan perkiraan dengan definisi $w$ .

Bukti proposisi 2 : Kami membangun $u_n$ dan $v_n$ dengan induksi pada $n$ , dengan hipotesis induksi $H_n$ terdiri dari bagian berikut:

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

• $(P_2)$ Untuk semua$k\in\{1,\dots,n\}$ ,$u_k$ dan$v_k$ adalah non-kosong dan mulai dengan huruf yang berbeda;

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

• $(P_4)$ Tidak ada awalan non-kosong yang umum untuk semua kata dalam$S_n$ . Dengan kata lain: Tidak ada huruf$a$ sehingga$S_n\subseteq a\Sigma^*$ .

Berkomentar 2.3 : Jika kita memiliki urutan yang memverifikasi $H_n$ tanpa $(P_4)$ , kita dapat memodifikasi $u_n$ untuk membuat mereka untuk juga memenuhi $(P_4)$ . Memang, sudah cukup untuk mengganti $u_n$ dengan $u_n\operatorname{lcp}(S_n)$ . $(P_1)$ tidak terpengaruh. $(P_2)$ sepele. $(P_4)$ adalah dengan konstruksi. $(P_3)$ oleh lemma 3.

Kami sekarang membangun urutan dengan induksi pada $n$ :

• Inisialisasi: $H_0$ benar dengan mengambil $u_0:=\operatorname{lcp}(S)$ (yaitu dengan mengambil $u_0:=\varepsilon$ dan menerapkan komentar 3.1).

• Langkah induksi: Misalkan kita memiliki kata-kata $u_1,\dots,u_n$ dan $v_1,\dots,v_n$ sedemikian rupa sehingga $H_n$ untuk beberapa $n$ . Kami akan membangun $u_{n+1}$ dan $v_{n+1}$ sedemikian rupa sehingga $H_{n+1}$ .

Karena $S_n$ tidak terbatas dan bebas awalan (oleh lemma 1), ia tidak mengandung $\varepsilon$ sehingga $S_n=\underset{a\in \Sigma}{\bigsqcup}(S_n\cap a\Sigma^*)$ . Karena $S_n$ tidak terbatas, ada huruf $a$ sehingga $S_n\cap a\Sigma^*$ tidak terbatas. Pada $(P_4)$ , ada huruf $b$ berbeda dari $a$ sedemikian sehingga $S_n\cap b\Sigma^*$ tidak kosong. Pilih$v_{n+1}\in S_n\cap b\Sigma^*$ . Mengambil$u_{n+1}$ menjadi$a$ akan memuaskan$(P_1)$ ,$(P_2)$ dan$(P_3)$ sehingga kita menerapkan pernyataan 3.1 untuk mendapatkan$(P_4)$ :$u_{n+1}:=a\operatorname{lcp}(a^{-1}S_n)$ .

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

$(P_2)$ Dengan definisi$u_{n+1}$ dan$v_{n+1}$ .

$(P_3)$ $a^{-1}S_n$ tidak terbatas dengan definisi$a$ , dan$S_{n+1}$ karena itu tidak terbatas oleh lemma 3.

$(P_4)$ Dengan definisi$u_{n+1}$ .

Bukti proposisi 4

Bukti proposisi 4 : Misalkan $A=(Q,\to,\Delta,q_0,F)$ menjadi NFA.

Idenya adalah sebagai berikut: kita membaca $u_0$ , mengingat di mana kita berada, membaca $v_1$ , mundur ke tempat kita setelah membaca $u_0$ , membaca $u_1$ , mengingat di mana kita berada, ... Kita juga ingat huruf pertama yang baca di setiap $v_n$ untuk memastikan bahwa $u_n$ dimulai dengan huruf yang lain.

Saya telah diberitahu bahwa ini bisa lebih mudah dengan automata multi-head tapi saya tidak terlalu terbiasa dengan formalisme jadi saya hanya akan menggambarkannya menggunakan otomat Büchi (dengan hanya satu kepala).

Kami mengatur $\Sigma':=\overline{\Sigma}\sqcup\widehat{\Sigma}$ , di mana simbol-simbol overlined akan digunakan untuk menggambarkan $u_k$ s dan simbol dengan topi untuk $v_k$ s.

Kami menetapkan $Q':=Q\times (\{\bot\}\sqcup (Q \times \Sigma))$ , di mana:

• $(q,\bot)$ berarti bahwa Anda membaca beberapa$u_n$ ;

• $(q,(p,a))$ berarti bahwa Anda selesai membaca beberapa$u_n$ di negara$p$ , bahwa Anda sekarang membaca$v_{n+1}$ yang dimulai dengan$a$ , dan bahwa setelah Anda selesai, Anda akan kembali ke$p$ untuk membaca$u_{n+1}$ yang tidak dimulai dengan$a$ .

Kami menetapkan $q_0':=(q_0,\bot)$ karena kami mulai dengan membaca $u_0$ .

Kami mendefinisikan $F'$ sebagai $F\times Q \times \Sigma$ .

Set transisi $\to'$ didefinisikan sebagai berikut:

• " $u_n$ " Untuk setiap transisi $q\overset{a}{\to}q'$ , tambahkan $(q,\bot)\overset{\overline{a}}{\to'}(q',\bot)$ ;

• " $u_n$ ke $v_{n+1}$ " Untuk setiap transisi $q\overset{a}{\to}q'$ , add $(q,\bot)\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(q,a))$ ;

• " $v_n$ " Untuk setiap transisi $q\overset{a}{\to}q'$ , add $(q,(p,a))\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(p,a))$ ;

• " $v_n$ to $u_n$ " Untuk setiap transisi $p\overset{a}{\to}p'$ mana $p$ adalah final dan huruf $b$ berbeda dari $a$ , tambahkan $(q,(p,b))\overset{\overline{a}}{\to'}(p',\bot)$ ;

Lemma 4.1 : $\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\dots \overline{u_n}\widehat{v_{n+1}}$ diterima oleh $A'$ iff untuk masing-masing $n\ge 1$ , $u_n$ dan $v_n$ tidak kosong dan mulai dengan huruf yang berbeda , dan untuk setiap $n\ge 0$ , $u_0\dots u_n v_{n+1}\in L(A)$ .

Bukti lemma 4.1 : diserahkan kepada pembaca.