양방향 결정론 카운터 오토마타에 의해 인식되는 단항 언어

2dca (양방향 결정적 1 카운터 오토마타) (Petersen, 1994) 는 다음 단항 언어를 인식 할 수 있습니다.

P O W E R = {0^{2^{n}} ∣ n \geq 0} .

$\begin{equation} \mathtt{POWER} = \lbrace 0^{2^n} \mid n \geq 0 \rbrace. \end{equation}$

2dca에 의해 인식되는 다른 사소한 단항 언어가 있습니까?

2dca가 인식 할 수 있는지 여부는 여전히 알 수 없습니다 . $\mathtt{SQUARE} = \lbrace 0^{n^2} \mid n \geq 0 \rbrace$

정의 : 2dca는 카운터가있는 양방향 결정적 유한 오토 마톤입니다. 2dca는 카운터 값이 0인지 여부를 테스트하고 각 단계에서 카운터 값을 1 씩 증가 또는 감소시킬 수 있습니다.

fl.formal-languages automata-theory counter-automata

— 아부 저 야 카릴 릴 마즈
소스

2DCA 정의에 대한 링크를 추가 할 수 있습니까?

— Suresh Venkat

@SureshVenkat : 참조와 정의를 추가했습니다.

— Abuzer Yakaryilmaz

@AbuzerYakaryilmaz는 : 모든 고정을 위해

가 인식 할 수있는

k

$k$

{0^{k^{n}} : n \geq 0}

$\{0^{k^n} : n \geq 0\}$

— MARZIO 드 BIASI

@MarzioDeBiasi :하는 알고리즘

쉽게 일반화 될 수

. 따라서 이러한 언어는 매우 사소한 것입니다.

P O W E R

$\mathtt{POWER}$

P O W E R_{k} = {0^{k^{n}} ∣ n \geq 0}

$\mathtt{POWER_k} = \{0^{k^n} \mid n \geq 0\}$

k \geq 3

$k \geq 3$

— Abuzer Yakaryilmaz

흠, 사실 저는 이런 식으로 Marzio가 이미했던 것과 똑같은 관찰 결과를 얻습니다. 끝 마커를 제한 횟수 이상 읽어야하는지에 대해서는 여전히 관심이 있습니다.

— domotorp

답변:

이것은 Marvin L. Minsky, "태그 문제에 대한 포스트의 문제의 재귀 적 해석 불가능 성 및 튜링 머신 이론의 다른 주제"를 읽는 동안 제 생각에 떠오른 아이디어입니다. 특히 유명한 정리 Ia :

정리 IA는 : 우리는 어떤 부분 재귀 함수를 나타낼 수 개의 정수의 프로그램 운영에 의한을 와 이용 안내 다음 형태를 (ⅰ)에 추가 1 및 이동 ( ⅱ) 1 빼기 경우, $f(n)$ $S_1$ $S_2$ $I_j$
$S_j$ $I_{j_1}$
$S_j$ $S_j \neq 0$ 및 이동 달리로 이동 , 우리는 이러한 프로그램을 구성 할 수있는 시작과 $I_{j_1}$ $I_{j_2}$
및 이고 결국 및 $S_1 = 2^n$ $S_2 = 0$ $S_1 = 2^{f(n)}$ $S_2 = 0$

입력이 단항으로 제공되는 (반) 무한 테이프 위에 카운터가 하나 인 양방향 DFA가있는 경우 : DFA는 다음을 수행 할 수 있습니다. $\$1^{2^n}000...$

단항 입력을 읽고 카운터에 저장하십시오.
테이프 의 부분에서 작업하고 s 의 거리를 두 번째 카운터로 사용하십시오. $0^\infty$ $1$

튜링의 두 카운터 머신을 시뮬레이션 할 수 있습니다.

지금, 당신은 재귀 함수의 경우 그 시간에 실행 표준 튜링 기계에, 하나 개의 카운터와 양방향 DFA 그에서 시작 유한 테이프 $f(n)$ $T(n)$ $\$1^m\$ \;$ (단, 및 $m = 2^n3^{T'(n)}$ ) : $T'(n) \gg T(n)$

단항 입력을 읽고 카운터에 저장하십시오.
가장 왼쪽의 기호로 돌아 가기;
카운터가 이런 식으로 을 포함 할 때까지 카운터를 3으로 나눕니다. 상태에서 오른쪽 반복을 실행 하고 1을 빼십시오. 카운터가 상태 에서 0에 도달하면 은 +1을 추가하여 가장 왼쪽의 심볼로 이동하여 나누기 루프를 계속하고, 그렇지 않으면 1을 추가합니다 (상태 $2^n$ $q_{z_0}, q_{z_1}, q_{z_2}$ $q_{z_0}$ 또는 2) (상태에있는 경우 ) 및하면 좌측의 기호 가산 + 갈 3 (즉, 3으로 나눌 수없는 카운터의 이전 값을 복구) 및 단계 4로 진행하고; $q_{z_1}$ $q_{z_2}$
이 시점에서, 카운터는 포함 된 ; $2^n$
를 사용하여 을 계산 $2^{f(n)}$ 오른쪽에서 사용 가능한 공간을 두 번째 카운터로합니다 (두 번째 카운터의 값은 가장 왼쪽의 기호 로부터의 거리임). $T'(n)$ $\$$

따라서 유한 테이프에 충분한 공간을 제공하는 위에서 설명한 특수 입력 인코딩을 사용하면 하나의 카운터와 단항 알파벳이있는 양방향 DFA가 모든 재귀 함수를 계산할 수 있습니다.

접근 방식이 올 바르면 을 선택하는 방법 또는 큰 홀수 를 선택 하고 입력을 , 로 인코딩 하기에 충분한 지에 대해 추론하는 것이 흥미로울 것입니다 $T'(n) \gg T(n)$ $k \gg 2$ $1^m$ $m = 2^n k^n$

— 마르 치오 데 비아시
소스

-1

사소한 것은 1dca에서 받아 들일 수없는 언어 L을 의미한다고 가정합니다. 다음은 그러한 언어 인 것 같습니다.

센터 = {w | w는 {0,1} * 이상이며 일부 x에 대해서는 w = x1y이며, y는 | x | = | y |}

이 언어는 1dca에서 사용할 수 없지만 1nca에서 사용할 수 있습니다. 2dca에서 승인 할 수 있습니다. 세부 사항은 운동으로 남습니다.

— 사용자 14004
소스

영업 이익은 요청 단항 (입력은 다음과 같이 주어진다 언어

)

$ 1^{n} $

$\$1^n\$$

— MARZIO 드 BIASI