주어진 두 개의 문자열을 수락하는 DFA는 몇 명입니까?

정수 과 알파벳 . 을 시작 상태 1의 개 상태에서 모든 유한 상태 오토마타의 수집으로 정의합니다 . 우리는 모든 DFA (단순 또는 비 변성 상태가 아닌)를 고려하고 있습니다. 따라서 입니다. $n$ $\Sigma=\{0,1\}$ $DFA(n)$ $n$ $|DFA(n)| = n^{2n}2^n$

이제 두 개의 문자열 $x,y\in\Sigma^*$ 하고 $K(x,y)$ 를 와 모두 를 허용하는 의 요소 수로 정의 하십시오 . $DFA(n)$ $x$ $y$

질문 : 계산의 복잡성은 무엇입니까 $K(x,y)$ ?

이 질문은 머신 러닝에 영향을 미칩니다 .

편집 : 이제이 질문에 현상금이 있으므로 공식화의 순서가 약간 더 정확하다고 가정합니다. 들면 $n\ge1$ 은 말할 $DFA(n)$ 의 집합 일 $n^{2n}2^n$ 상기 정의한 바와 같은, 자동 장치. 의 경우 $x,y\in\{0,1\}^*$ 정의 $K_n(x,y)$ 있는 오토마타의 개수로 $DFA(n)$ 받아 두 $x$ 및 $y$ . 질문 : $K_n(x,y)$ 는 시간 로 계산할 수 $poly(n,|x|,|y|)$ 있습니까?

— 아리에
소스

최종 상태를 수정하지 않고 DFA를 수정하면 x와 y를 같은 상태로 매핑합니다.이 경우 유일한 상태는 상태가 최종적이어야한다는 것입니다. 유일한 제약은 둘 다 최종적이어야한다는 것입니다. 따라서 나는 x와 y를 다른 주에 얼마나 많은 DFA가 매핑 하는가?

— a3nm

Aryeh,

수를 설명 할 수

n2n2n $n^{2n} 2^n$ 있습니까?

2n $2^n$ 인수를 얻을 수 없습니다 . 추가됨 : 최종 상태를 지정하는 것을 잊었습니다. 어쨌든, 다른 사람들을 위해, 카운트가 어떻게 진행되는지 여기에 있습니다. 각 상태에 대해 입력

0 $0$ 과

로 이동할 위치를 지정하십시오

1 $1$ . 그것은

n2n $n^{2n}$ 합니다. 최종 상태 세트를 지정하십시오. 그건

2n $2^n$ .

— Srivatsan Narayanan

실제로, 나는

x $x$ 와

이외의 문자열에 어떤 일이 일어나는지 상관하지 않습니다

y $y$ . 현상금을 시작하려면 특정 포인트가 필요하다고 생각합니까?

— Aryeh

와 를 받아들이는 가장 작은 오토 마톤 은 하나의 상태를 가지고 있기 때문에 그것이 매우 유익하다고 생각하지 않습니다 ...

x $x$

y $y$

— Aryeh

아이디어는 다음과 같습니다 . 및 에서 동일한 상태로 끝나는 상태 DFA 수만 알면 됩니다. 이 숫자를 하고 총 DFA 수로하십시오 (예 : . 대답은 입니다. 계산할 다른 아이디어는 우리의 공유 초기 세그먼트 잊을 수 있다는 및 와 같은 것을 가정 wlog 및 . 에서 상태와 높이를 가진 이진 DAG의 수만 계산합니다.

n $n$

x $x$

y $y$

m $m$

M $M$

M=n2n2n $M=n^{2n}2^{n}$

12m+14(M−m) $\frac{1}{2}m + \frac{1}{4}(M-m)$

m $m$

x $x$

y $y$

x=0a $x=0^a$

b=1b $b=1^b$

l $l$

max{a,b} $\max\{a,b\}$ 그 및 동일한 위치에서 종료하고로부터 계산할 용이 .

0a $0^a$

1b $1^b$

m $m$

— Kaveh

답변:

따라서 질문은 매우 간단하지만 매우 흥미 롭습니다. 입력이 단항에서는 이고 이진수에서는 및 라고 가정합니다 (또는 Kai의 대답에서 지적한 것처럼 문제가 있음). $n$ $x$ $y$

우선, 대략 알고 싶다면 무작위 DFA를 몇 개만 생성하면 좋은 근사치를 얻을 수 있습니다. (이 복잡성 클래스 이름이 있는지 궁금합니다.) $K(x,y)$

그렇다면 아는 것은 어려운 문제처럼 보입니다. a3_nm과 Kaveh의 의견에서 지적했듯이, 질문은 와 가 동일한 상태로가는 오토마타 수를 결정하는 것과 같습니다 . 나는 그들이 같은 상태로 갈 확률을 입니다. $K(x,y)$ $x$ $y$ $p$

업데이트 : 여기에 쓴 것들 중 일부가 사실이 아니므로 이제 수정했습니다.

쉽게 알 수 있습니다 . 만약 가 모두 0이고 가 마지막 비트 인 1을 제외하고 는 모두 0 이면 동등하다. 다른 경우가 있는가? 모르겠어요 예를 들어 가 빈 문자열이고 이면 입니다. $p \ge 1/n$ $x$ $y$ $x$ $y=00$ $p= \frac{n+1}{(n-1)n}$

문제를 단순화하기 위해 와 가 단항 인 경우 어떻게되는지 생각하기 시작했습니다 . 둘 다 이상 이고 그들의 차이가 으로 나눌 수 있다면그런 다음 입니다. 단항 버전에 대한 간단한 공식이 있습니까? $x$ $y$ $n$ $n!$ $p=1$

— 도모토
소스

나는 문제를 분명히했다

알고리즘이 필요하다 (또는 알려진 어려운 문제의 축소). 샘플링 근사값은이 커널이 소개 된 논문에서 사용됩니다 : portal.acm.org/citation.cfm?id=1577108poly(n,|x|,|y|) $poly(n,|x|,|y|)$

— Aryeh

단항 버전의 경우 : 다 항적으로 많은

단항 오토마타가 있으므로이 경우

을 계산하기위한 폴리 타임 알고리즘이 있다고 확신합니다 . n $n$

Kn(x,y) $K_n(x,y)$

— Aryeh

실제로, 당신은 단항 버전이 계산 가능하다는 것이 절대적으로 옳습니다. 주어진 x와 y에 대한 공식이 얼마나 간단한 지 궁금합니다.

— domotorp

사용한 축소는 버그가 있습니다. x와 y는 동일한 오토마타에 의해 받아 들여지고 완전히 다른 상태로 끝날 수 있습니다. 실제로는 모든 문자열에 해당하는 경로에서 시작 상태 만 공유 할 수 있습니다.

— amnn

@ amnn :이 글을 쓴 지 3 년이 지났지 만 내 대답의 세 번째 단락이 왜 같은 상태에서 끝나는 것을 다루는 지 설명하지 않습니까?

— domotorp

요점을 놓칠 수는 있지만 은 고정되어 있다고 말 했으므로 해당 크기의 모든 DFA는 사전 계산 된 것으로 간주되어 쉽게 시뮬레이션 할 수있는 형식으로 저장 될 수 있습니다. 다음과 같이 를 계산하십시오 . $n$ $K$

입력 , 에서 $x$ $y$ $x,y\in\Sigma^*$

와 저장하십시오 $x$ $y$
카운터 를 초기화 $c$ $0$
DFA 각각에 대해 $n^{2n} 2^n$
에이. 두 단어로 시뮬레이션합니다 (이 단계는 ). $\mathcal{O}(|xy|)$

비. 두 시뮬레이션 실행이 모두 허용되는 경우 증가시킵니다. $c$
출력 $c$

전체적으로 계산에는 선형 복잡성이 있습니다. 대답은 와는 상당히 다릅니다 . $K(n,x,y)$

— 카이
소스

모든 머신을 분명히 시도하면 효과가 있습니다. Aryeh는 다항식 시간 알고리즘 또는 다른 경도 결과가 있는지 알고 싶어합니다.

— 레프 레이 진

엄밀히 말하면 이것은 입력에서 다항식 시간이며, n이 입력의 일부가 아닌 경우 Kai가 말한 것입니다. 그러나 질문은 분명히 다릅니다.

— domotorp

아 알 겠어요 나는 그것이 "fix

"이라는 의미가 아니라고 생각합니다 . 문제에 대한 자연스런 해석은 사소한 것이 아니라고 생각합니다. $n$

— 레프 레이 진

허점을 지적 해 주셔서 감사합니다, 카이 수정되었습니다 :)

— Aryeh