Kelas bahasa khusus: bahasa “melingkar”. Apakah itu diketahui?

20

Tentukan kelas bahasa "sirkular" berikut di atas alfabet alfabet hingga. Sebenarnya, nama itu sudah ada untuk menunjukkan hal yang berbeda tampaknya, digunakan di bidang komputasi DNA. AFAICT, itu kelas bahasa yang berbeda.

Bahasa L adalah bundaran iff untuk semua kata $w$ di $\Sigma^*$ , kami memiliki:

$w$ milik L jika dan hanya jika untuk semua bilangan bulat $k > 0$ , $w^k$ milik L.

Apakah kelas bahasa ini dikenal? Saya tertarik pada bahasa sirkuler yang juga teratur dan khususnya dalam:

nama untuk mereka, jika mereka sudah dikenal
decidability masalah, diberikan otomat (khususnya: DFA), apakah bahasa yang diterima mematuhi definisi di atas

fl.formal-languages automata-theory regular-language

— vincenzoml
sumber

1

Ini pertanyaan yang sangat menarik. Dua pertanyaan terkait: 1) jika kita memiliki bahasa reguler L dan DFA terkait, dapatkah kita membuatnya melingkar? 2) Dengan bahasa apa pun L, apakah ini soal circ (L) yang teratur atau memiliki sifat yang bagus?

— Suresh Venkat

ps mungkin ini jelas, tetapi mengapa Anda berpikir bahwa bahasa sirkuler adalah subkelas dari bahasa biasa?

— Suresh Venkat

3

@ Suresh, saya pikir dia mendefinisikan bahasa menjadi iff melingkar jika) a) biasa; b) memenuhi properti penutupan

\forall w \in L, n \in N : w^{n} \in L

$\forall w \in L, n \in \mathbb{N} : w^n \in L$ .

— Peter Taylor

Crosspost di MO .

— Hsien-Chih Chang 張顯之

1

Mungkin terima kasih jangan diposting, tetapi ini adalah pertanyaan pertama saya dan saya sangat menghargai kualitas komentar, jawaban, dan diskusi. Terima kasih.

— vincenzoml

19

Pada bagian pertama, kami menunjukkan algoritma eksponensial untuk menentukan sirkularitas. Pada bagian kedua, kami menunjukkan bahwa masalahnya adalah coNP-hard. Pada bagian ketiga, kami menunjukkan bahwa setiap bahasa melingkar adalah penyatuan bahasa bentuk (di sini $r^+$ $r$ bisa menjadi regexp kosong); serikat tidak harus terputus-putus. Pada bagian keempat, kami menunjukkan bahasa melingkar yang tidak dapat ditulis sebagai jumlah terpisah . $\sum r_i^+$

Sunting: Menyertakan beberapa koreksi mengikuti komentar Mark. Secara khusus, klaim saya sebelumnya bahwa edaran telah lengkap atau NP-keras diperbaiki.

Sunting: Bentuk normal yang dikoreksi dari ke . Memperlihatkan bahasa "inheren ambigu". $\sum r_i^*$ $\sum r_i^+$

Melanjutkan komentar Peter Taylor, berikut ini cara memutuskan (sangat tidak efisien) apakah suatu bahasa melingkar mengingat DFA-nya. Bangun DFA baru yang negaranya adalah -tupel dari state lama. DFA baru ini menjalankan salinan DFA lama secara paralel. $n$ $n$

Jika bahasa tidak melingkar maka ada kata sehingga jika kita menjalankannya melalui DFA berulang kali, dimulai dengan keadaan awal , maka kita mendapatkan status sehingga menerima tetapi satu dari yang lain tidak menerima (jika semua dari mereka yang menerima maka maka urutan keharusan siklus sehingga selalu dalam bahasa). Dengan kata lain, kita memiliki jalur dari $w$ $s_0$ $s_1,\ldots,s_n$ $s_1$ $s_0,\ldots,s_n$ $w^*$ ke mana menerima tetapi yang lain tidak menerima. Sebaliknya, jika bahasanya melingkar maka itu tidak bisa terjadi. $s_0,\ldots,s_{n-1}$ $s_1,\ldots,s_n$ $s_1$

Jadi kami telah mengurangi masalah menjadi tes keterjangkauan yang diarahkan sederhana (cukup periksa semua kemungkinan "buruk" -tupel). $n$

Masalah sirkularitas adalah coNP-keras. Misalkan kita diberi contoh 3SAT dengan variabel dan klausa . Kita dapat mengasumsikan bahwa (tambahkan variabel dummy) dan $n$ $\vec{x}$ $m$ $C_1,\ldots,C_m$ $n = m$ $n$ adalah bilangan prima (jika tidak temukan bilangan prima antara dan menggunakan pengujian primitif AKS, dan tambahkan variabel dummy dan klausa). $n$ $2n$

Pertimbangkan bahasa berikut: "input bukan dari bentuk mana adalah tugas yang memuaskan untuk ". Mudah untuk membuat DFA untuk bahasa ini. Jika bahasa tidak melingkar maka ada kata dalam bahasa, beberapa kekuatan yang tidak ada dalam bahasa. Karena satu-satunya kata yang tidak dalam bahasa memiliki panjang , harus dengan panjang atau . Jika panjangnya $\vec{x}_1 \cdots \vec{x}_n$ $\vec{x}_i$ $C_i$ $O(n^2)$ $w$ $n^2$ $w$ $1$ $n$ , pertimbangkan $1$ $w^n$ sebagai gantinya (masih dalam bahasa), sehingga adalah dalam bahasa dan tidak dalam bahasa. Fakta bahwa tidak dalam bahasa berarti bahwa adalah tugas yang memuaskan. $w$ $w^n$ $w^n$ $w$

Sebaliknya, setiap tugas memuaskan diterjemahkan ke kata membuktikan non-bundar dari bahasa: memuaskan tugas milik bahasa tetapi tidak. Jadi bahasanya melingkar jika instance 3SAT tidak memuaskan. $w$ $w^n$

Pada bagian ini, kita membahas bentuk normal untuk bahasa sirkuler. Mempertimbangkan beberapa DFA untuk bahasa melingkar . Urutan adalah nyata jika (keadaan awal), semua negara lainnya menerima, dan menyiratkan $L$ $C = C_0,\ldots$ $C_0 = s$ $C_i = C_j$ . Dengan demikian setiap urutan nyata pada akhirnya bersifat periodik, dan hanya ada banyak urutan nyata (karena DFA memiliki banyak negara). $C_{i+1} = C_{j+1}$

Kami mengatakan bahwa kata berperilaku sesuai dengan $C$ jika kata mengambil DFA dari negara untuk negara , untuk semua . Himpunan semua kata seperti itu teratur (argumennya mirip dengan bagian pertama dari jawaban ini). Perhatikan bahwa adalah bagian dari . $c_i$ $c_{i+1}$ $i$ $E(C)$ $E(C)$ $L$

Mengingat nyata urutan , mendefinisikan menjadi urutan . Urutan juga nyata. Karena hanya ada finitely banyak urutan yang berbeda , bahasa yang merupakan gabungan dari semua juga biasa. $C$ $C^k$ $C^k(t) = C(kt)$ $C^k$ $C^k$ $D(C)$ $E(C^k)$

Kami mengklaim bahwa memiliki sifat bahwa jika maka . Memang, anggaplah bahwa dan . Kemudian . Jadi $D(C)$ $x,y \in D(C)$ $xy \in D(C)$ $x \in C^k$ $y \in C^l$ $xy \in C^{k+l}$ dapat ditulis dalam bentuk $D(C) = D(C)^+$ untuk beberapa ekspresi reguler . $r^+$ $r$

Setiap kata dalam bahasa sesuai dengan beberapa urutan nyata , yaitu ada urutan nyata yang sesuai dengan . Jadi adalah gabungan dari atas semua urut nyata . Oleh karena itu setiap bahasa sirkuler memiliki representasi bentuk $w$ $C$ $C$ $w$ $L$ $D(C)$ $C$ . Sebaliknya, setiap bahasa seperti itu melingkar (sepele). $\sum r_i^+$

Pertimbangkan bahasa sirkular dari semua kata di atas yang mengandung angka genap atau atau bilangan genap (atau keduanya). Kami menunjukkan bahwa itu tidak dapat ditulis sebagai jumlah yang terpisah ; oleh "disjoint" yang kami maksud adalah . $L$ $a,b$ $a$ $b$ $\sum r_i^+$ $r_i^+ \cap r_j^+ = \varnothing$

Biarkan menjadi ukuran beberapa DFA untuk , dan menjadi bilangan bulat ganjil . Pertimbangkan . Karena , untuk beberapa . Oleh lemma memompa, kita dapat memompa awalan dari panjang paling . Jadi menghasilkan $N_i$ $r_i^+$ $N > \max N_i$ $x = a^N b^{N!}$ $x \in L$ $x \in r_i^+$ $i$ $x$ $N$ $r_i^+$ . Demikian pula, . Dengan demikian representasi tidak dapat dipisahkan. $z = a^{N!} b^{N!}$ dihasilkan oleh beberapa , yang juga menghasilkan . Perhatikan bahwa sejak $y = a^{N!} b^N$ $r_j^+$ $z$ $i \neq j$ $xy \notin L$

— Yuval Filmus
sumber

Tampaknya ada sejumlah kesalahan di sini. Anda mengurangi dari UNSAT, bukan SAT, jadi Anda menunjukkan itu sulit -NNP. Apa saksi waktu polinomial Anda untuk (bukan) keanggotaan?

— Mark Reitblatt

"Karena satu-satunya kata-kata tidak dalam bahasa memiliki panjang

" Haruskah tidak menjadi

?

n^{2}

$n^2$

n m

$nm$

— Mark Reitblatt

Saya tidak berpikir itu "sepele di CoNP". Setidaknya, itu tidak terlalu jelas bagiku. The "jelas" sertifikat akan menjadi string

dalam bahasa, dan kekuatan

sehingga

tidak dalam bahasa. Tetapi tidak segera jelas bagi saya mengapa kata seperti itu harus berukuran polinomially. Mungkin karena fakta sederhana dari teori automata yang saya abaikan.

l

$l$

k

$k$

l^{k}

$l^k$

— Mark Reitblatt

Kelemahan nyata yang lebih serius adalah bahwa Anda melompat dari setiap klausa menjadi memuaskan secara individual ke seluruh rumus menjadi memuaskan. Kecuali saya salah membaca, tentu saja.

— Mark Reitblatt

Saya setuju bahwa tidak jelas bahwa sirkularitas ada dalam CoNP. Di sisi lain, saya tidak melihat masalah di sisa argumen (sekarang saya telah menempatkan

). Jika setiap klausa dipenuhi oleh penugasan yang sama, maka instance 3SAT dipenuhi oleh penugasan ini.

n = m

$n = m$

— Yuval Filmus

17

Berikut adalah beberapa makalah yang membahas bahasa-bahasa ini:

Thierry Cachat, Kekuatan bahasa rasional satu huruf, DLT 2001, Springer LNCS # 2295 (2002), 145-154.

S. Hovath, P. Leupold, dan G. Lischke, Akar dan kekuatan bahasa reguler, DLT 2002, Springer LNCS # 2450 (2003), 220-230.

H. Bordihn, Keanggunan konteks dari kekuatan bahasa bebas konteks tidak dapat diputuskan, TCS 314 (2004), 445-449.

— Jeffrey Shallit
sumber

6

@Dave Clarke, L = a * | b * akan melingkar, tetapi L * akan menjadi (a | b) *.

Dalam hal decidability, bahasa melingkar jika ada sehingga adalah penutupan di bawah + dari $L$ $L'$ $L$ $L'$ atau jika itu adalah gabungan terbatas dari bahasa melingkar.

(Saya ingin mendefinisikan "sirkular" menggantikan Anda dengan . Ini sangat menyederhanakan banyak hal. Kita kemudian dapat mengkarakterisasi bahasa sirkuler sebagai bahasa yang terdapat NDFA yang negara awalnya hanya memiliki transisi epsilon ke negara penerima dan memiliki transisi epsilon ke setiap negara penerima). $>$ $\ge$

— Peter Taylor
sumber

Kamu benar. Saya telah menghapus posting yang salah.

— Dave Clarke

Mengenai adaptasi dengan

: Saya berpikir bahwa DFA minimal harus selalu persis memiliki satu negara penerima, yaitu keadaan awal. Mungkin lebih menerima negara bisa terjadi, tapi kemudian mereka membutuhkan

-transition ke keadaan awal.

\geq

$\geq$

ε

$\varepsilon$

— Raphael

1

@ Raphael, pertimbangkan lagi L = a * | b *. DFA yang status awalnya adalah satu-satunya negara penerima dan yang menerima a dan b harus menerima (a | b) *.

— Peter Taylor

Pada pertanyaan tentang decidability, sekali lagi: misalkan Anda memiliki DFA dengan

negara yang

yang menerima. Misalkan ia menerima kata

, dan juga menerima

,

, ...,

. Kemudian ia menerima

untuk

. (Bukti adalah aplikasi langsung dari prinsip pigeonhole). Jika mungkin untuk menunjukkan bahwa contoh minimal (minimal

) berlawanan (

,

n

$n$

n_{a}

$n_a$

w

$w$

w^{2}

$w^2$

w^{3}

$w^3$

w^{n_{a} + 1}

$w^{n_a+1}$

w^{x}

$w^x$

x > 0

$x > 0$

| w |

$|w|$

w

$w$

x

$x$ ) ke sirkular bahasa yang diterima oleh DFA telah lama dibatasi oleh fungsi

maka pengujian brute force dimungkinkan. Saya curiga bahwa

, tapi saya belum membuktikannya.

n

$n$

| w | <= n + 1

$|w| <= n+1$

— Peter Taylor

Untuk menindaklanjuti gagasan @ Raphael di atas. Gagasan start state = only accept state salah untuk masalah ini, tetapi ia menangkap beberapa properti yang menarik. Ketika M adalah minDFA, keadaan awal adalah satu-satunya negara yang menerima jika dan hanya jika L (M) adalah bintang Kleene dari bahasa bebas awalan. Ini adalah salah satu informasi rahasia DFA trivia favorit saya dan karenanya saya cepat membagikannya! ;)

— mikero

5

Sunting: Bukti kelengkapan PSPACE lengkap (disederhanakan) muncul di bawah ini.

Dua pembaruan. Pertama, bentuk normal yang dijelaskan dalam jawaban saya yang lain sudah muncul di sebuah makalah oleh Calbrix dan Nivat berjudul Awalan dan bahasa periode rasional -langauges $\omega$ , sayangnya tidak tersedia online.

Kedua, memutuskan apakah suatu bahasa melingkar mengingat DFA-nya adalah PSPACE-complete.

Edaran di PSPACE. Karena NPSPACE = PSPACE oleh teorema Savitch, cukuplah untuk memberikan algoritma NPSPACE untuk non-sirkularitas. Misalkan menjadi DFA dengan status. Fakta bahwa monoid sintaksis memiliki ukuran paling banyak menyiratkan bahwa jika tidak melingkar maka ada kata panjang paling banyak $A = (Q,\Sigma,\delta,q_0,F)$ $|Q|=n$ $L(A)$ $n^n$ $L(A)$ $w$ $n^n$ sedemikian rupa sehingga tetapi untuk beberapa . Algoritma menebak dan menghitung untuk semua , menggunakan spasi (digunakan untuk menghitung hingga ). Itu kemudian memverifikasi bahwa $w \in L(A)$ $w^k \notin L(A)$ $k \leq n$ $w$ $\delta_w(q) = \delta(q,w)$ $q \in Q$ $O(n\log n)$ $n^n$ tetapi untuk beberapa . $\delta_w(q_0) \in F$ $\delta_w^{(k)} \notin F$ $k \leq n$

Circularity adalah PSPACE-hard. Kozen menunjukkan dalam makalah klasiknya 1977 kertas Batas bawah untuk sistem bukti alami bahwa itu adalah PSPACE-sulit untuk memutuskan, diberi daftar DFA, apakah persimpangan bahasa yang diterima oleh mereka kosong. Kami mengurangi masalah ini menjadi bundar. Mengingat biner DFAs , kita menemukan seorang perdana dan membangun terner DFA menerima bahasa $A_1,\ldots,A_n$ $p \in [n,2n]$ $A$ (Dengan sedikit usaha lagi, kita dapat membuatbinerjuga.) Tidaklah sulit untuk melihat (menggunakan fakta bahwaadalah prima) bahwaberbentuk lingkaran jika dan hanya jika persimpangankosong.

L (A) = \bar{{2 w_{1} 2 w_{2} \dots 2 w_{p} : w_{i} \in L (A_{1 + (i \mod n)})}} .

$L(A) = \overline{\{2w_12w_2\cdots2w_p : w_i \in L(A_{1+(i\mod{n})})\}}.$

A

$A$

p

$p$

L (A)

$L(A)$

L (A_{1}) \cap \dots \cap L (A_{n})

$L(A_1) \cap \cdots \cap L(A_n)$

— Yuval Filmus
sumber

0

Setiap dengan panjang dapat ditulis sebagai mana , . Sudah jelas bahwa dan . Oleh karena itu bahasa digunakan untuk input yang tidak kosong, oleh lemma pemompaan. $s \in L$ $p>0$ $xy^{i}z$ $x = z = \epsilon$ $y = w \neq \epsilon$ $|xy| \leq p$ $|y| = |w| > 0$

Untuk , definisi tersebut berlaku, karena NDFA yang menerima string kosong juga akan menerima sejumlah string kosong. $w= \epsilon$

Penyatuan bahasa di atas adalah bahasa L dan karena bahasa biasa ditutup di bawah penyatuan, maka setiap bahasa melingkar teratur.

Dengan teorema Rice, tidak bisa dipastikan. Buktinya mirip dengan keteraturan. $CIRCULARITY/TM$

— chazisop
sumber

1

Lemma pemompaan adalah kondisi yang diperlukan, tetapi tidak cukup, untuk keteraturan. Secara khusus, ada bahasa tidak teratur yang memenuhi kondisi pemompaan. Juga, Beras adalah teorema akan mengatakan bahwa

tidak dapat ditentukan. Ini tidak berarti bahwa

tidak dapat ditentukan (di mana

adalah DFA,

a TM)! Sebagai contoh, pengujian kekosongan untuk DFA adalah decidable, sedangkan pengujian kekosongan untuk TM tidak.

{⟨ M ⟩ | L (M) is circular}

$\{\langle M\rangle\vert L(M)\text{ is circular}\}$

{⟨ D ⟩ | L (D) is circular}

$\{\langle D\rangle\vert L(D)\text{ is circular}\}$

D

$D$

M

$M$

— alpoge

1

Here's a non-computable circular language. Let

D = {0^{x} 1 : x \in R}

$D = \{ 0^x 1 : x \in R\}$ , where

R

$R$ is some non-computable language (e.g. codes of halting TMs). Then

D^{*}

$D^*$ is circular but clearly non-computable (an oracle for

D^{*}

$D^*$ can be used to decide

R

$R$ ).

— Yuval Filmus

2

@Peter, have you read this answer? It was trying to prove that any circular language (without the condition of regularity) is regular.

— Yuval Filmus

1

@Yuval, my mistake. @chazisop, the pumping lemma is useful for proving non-regularity of languages, but not regularity. (Besides, the assertion of your first sentence reduces to "Every

s \in L

$s \in L$ of length

p > 0

$p > 0$ can be written as

y^{i}

$y^i$ where

y \neq ϵ

$y \ne \epsilon$ ", which is clearly false).

— Peter Taylor

1

Yes, I use CIRCULARITY/TM to refer to this. CIRCULARITY/DFA is probably decidable.

— chazisop