이차 공간에서의 DFA 교차점?

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n 상태와 두 개의 (최소) DFA의 교차는 O (n ² ) 시간과 공간을 사용하여 계산할 수 있습니다 . 결과적인 (최소한) DFA는 n ² 상태를 가질 수 있기 때문에 이것은 일반적으로 최적입니다 . 그러나 결과 최소 DFA에 z 상태가 z = O (n) 인 경우, 일부 상수 eps> 0에 대해 공간 n ^2-eps 에서 계산할 수 있습니까? 입력 DFA가 비주기적인 특수한 경우에도 이러한 결과에 관심이 있습니다.

automata-theory dfa

— 라스무스 파우
소스

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음 ... 두 개의 n- 상태 DFA가 비순환 적이라면 각각은 최대 n의 유한 길이의 단어 집합을 받아들입니다. 선형 시간과 공간으로 계산할 수 있습니다. 아니면 뭔가 빠졌습니까?

— Joshua Grochow

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예, 비 주기적 DFA는 유한 단어 집합 만 허용합니다. 그러나 교차점이 n ^ 2 인 비순환 DFA의 예가 있습니다. 예를 들어 AABC 형식의 문자열 (ABC는 길이 k의 문자열)을 허용하는 DFA와 ABCC 형식의 문자열을 허용하는 DFA를 생각해보십시오.

— Rasmus Pagh

1

태그 재 지정 : cs.cc는 arxiv 지정이므로 지정된 태그에는 cs.cc 접두사가 필요하지 않습니다.

— Suresh Venkat

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그 대답은 오토 마톤의 크기에 대한 요구 사항없이 예 입니다. 가 상수 인 DFA의 경우 에도 $O(\log^2 n)$ 공간 에서 계산할 수 있습니다 . $k$ $k$

하자 $A_i = (Q_i, \Sigma_i, \delta_i, z_i, F_i)$ ( $i \in [k])$ 일 $k$ DFAS. 우리는 주어진 표시 $\langle A_1, \ldots, A_k \rangle$ , 최소 DFA 인식 컴퓨팅 $\text{L}(A_1) \cap \cdots \cap\text{L}(A_k)$ 에서 수행 될 수있다 $O(\log^2 n)$ 공간. 먼저 몇 가지 기술적 결과를 입증합니다.

정의 1 : $q, r$ 을 두 상태로하고 $q \equiv r$ iff $\forall w \in \Sigma^*$ , $q . w \in F \Leftrightarrow r . w \in F$

우리는 이제 고전적인 직교 곱 구성에 의해 주어진 오토 마톤 고려합니다 . 하자 와 의 상태 일 수 . $A$ $q = (q_1, \ldots, q_k)$ $r = (r_1, \ldots, r_k)$ $A$

Lemma 1 : 이 NL 인지 여부를 결정합니다 . $q \equiv r$

증명 (스케치) : 테스트 부등식이 NL에 있고 NL = coNL을 사용함을 보여줍니다. 와 같은 단어 (한 번에 한 글자)를 추측하십시오 는 최종 상태이고 없습니다. 이것은 를 계산함으로써 달성 될 수있다 대한 로그 공간의 및 가 최종 이라는 사실 사용 iff $w \in \Sigma^*$ $q . w$ $r . w$ $q_i . w, r_i . w$ $i \in [k]$ $q$ . 은 의 폴리 크기의 존재를 의미한다는 것을 알수있다. $q_i \in F_i \, \forall i \in [k]$ $q \not\equiv r$ $w$

Lemma 2 : 가 (in) 액세스 가능한지 결정하는 것은 NL에 있습니다. $q$

증명 (스케치) : 에서 ( ) 까지 (폴리 사이즈) 경로를 추측 합니다. $z_i$ $q_i$ $i \in [k]$

정의 2 : 사전의 순서대로 의 상태를 고려하십시오 . 을 첫 번째 액세스 가능 상태로 정의 하고 는 이전 상태와 동일하지 않은 다음에 오는 첫 번째 액세스 가능 상태 를 정의하십시오. 우리는 정의 단독으로 등이 . $A$ $s(1)$ $s(i)$ $s(i-1)$ $c(q)$ $i$ $q \equiv s(i)$

렘마 3 : 는 공간 에서 계산 될 수 있습니다 . $s(i)$ $O(\log^2 n)$

증명 (스케치) : 정의 2는 알고리즘을 생성합니다. 우리는 카운터를 사용하여 상태를 반복합니다. 하자 와 현재 상태를합니다. 각 상태에서 lemma 2를 사용하여 에 액세스 할 수 있는지 확인합니다 . 그렇다면 모든 이전 상태를 반복하고 그 중 어느 것이 와 동등한 지 확인합니다 . 아무것도 없으면 를 증가 시키고 이면 출력 합니다. 그렇지 않으면 를 로 저장 하고 계속합니다. 우리는 일정한 수의 카운터 만 저장하고 테스트는 에서 수행 할 수 있기 때문에 $k$ $j \leftarrow 0$ $q$ $q$ $q$ $j$ $q$ $j = i$ $q$ $s(j)$ , 증명이 완료됩니다. $\text{NL} \subseteq \text{DSPACE}(\log^2 n)$

Corollary 1 : 는 공간 에서 계산할 수 있습니다 . $c(q)$ $O(\log^2 n)$

정리 : 최소화 는 공간 에서 수행 할 수 있습니다 . $A$ $O(\log^2 n)$

증명 (스케치) : 최대 수 되도록 정의된다 (즉, 클래스들의. 개수 ). 우리는 오토 마톤 출력하는 알고리즘을 제공합니다 . $1 \leq m \leq |Q_0| \cdots |Q_1|$ $i$ $s(i)$ $\equiv$ $A' = (Q', \Sigma, \delta', z', F')$

; $Q' = \lbrace s(i) : i \in [m] \rbrace$
; $F' = \lbrace q \in Q' : q_i \in F_i \, \forall i \in [k] \rbrace$
여기서 입니다. $z' = s(c(q))$ $q = (z_0, \ldots, z_k)$

이제 계산 방법을 보여줍니다 . 모든 옵션 , 컴퓨팅 및 전이를 출력합니다 . lemma 3 및 corollary 1에 의해이 알고리즘은 공간 에서 실행됩니다 . 확인할 수 있습니다 $\delta'$ $i \in [m], a \in \Sigma$ $q \leftarrow s(i) . a$ $\left(s(i), a, s(c(q))\right)$ $O(\log^2 n)$ $A'$ 최소값이고 입니다. $\text{L}(A') = \text{L}(A)$

— 마이클 블론디 언
소스

3

좋은 알고리즘! 이 알고리즘을 보는 약간 다른 방법이 있습니다. 그 코어의 상태를 최소화한다는 것이다 어떤 주어진 DFA 다항식 시간에 수행 될 수

공간. 그 결과, (따라서 다항식 시간의 대수 공간에서의 교점을 나타내는 일부 DFA 구축하기 쉽다

공간), 우리는 다항식 시간의 계산 가능한 두 가지 기능을 구성 할 수

공간 (두 로그 공간 축소를 구성하는 것과 유사한 방식으로) 다항식 시간과

전체 알고리즘을 생성합니다.

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

공간.

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

— Tsuyoshi Ito

2

방금이 대답을 보았습니다 ... 왜 알고리즘이 polytime과

공간에서 동시에 실행되는지 알 수 없습니다 . 예

하지만, 만약 그것이 알려지지 않은

- 즉, 우리가 할 수있는 polytime에서 실행되는 알고리즘을 얻으면 다른 알고리즘을 실행할 수 있습니다

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

N L \subseteq P \cap D S P A C E [\log^{2} n]

$NL \subseteq P \cap DSPACE[\log^2 n]$

N L \subseteq T I S P [n^{O (1)}, \log^{2} n]

$NL \subseteq TISP[n^{O(1)}, \log^2 n]$

공간이지만단일 알고리즘으로 polytime 및

공간에서

문제를 해결하는 방법을 모르겠습니다.

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

N L

$NL$

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

— Ryan Williams

당신 말이 맞아요, 나도 잘 모르겠어요 나는 이것을 오래 전에 게시 했으므로 왜 이런 식으로 작성했는지는 확실하지 않지만 아마도 "다항식 시간 또는 O (log² n)"을 의미했을 것입니다. 오해의 소지가 있으므로 편집하겠습니다. 고맙습니다!

— Michael Blondin

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Dick Lipton과 동료들은 최근이 문제를 해결했으며 Lipton은 여기에 대해 블로그를 작성했습니다.

http://rjlipton.wordpress.com/2009/08/17/on-the-intersection-of-finite-automata/

DFA 교차점이 빈 언어를 정의하는지 여부를 결정하는 매우 특별한 경우에도 O (n ^ 2)보다 나은 작업이 열린 것으로 보입니다.
이 논문은 교차로에서 2 개의 DFA뿐만 아니라 더 큰 숫자를 처리하는 알고리즘의 개선으로 인한 복잡성 결과를 제공합니다.

— 앤디 드 커커
소스

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하한은 어떻습니까?

— Marcos Villagra

1

Just to clarify the questions: I'm happy to spend O(n^2) time (or maybe even n^O(1) time) to improve the space bound.

— Rasmus Pagh

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If you're given k DFAs (k is part of the input) and wish to know if their intersection is empty, this problem is PSPACE-complete in general:

Dexter Kozen: Lower Bounds for Natural Proof Systems FOCS 1977: 254-266

Perhaps if you carefully study this proof (and similar constructions by Lipton and his co-authors), you might find some sort of space lower bound even for fixed k.

— Ryan Williams
소스

이 포인터에 감사드립니다. 나는 이것이 입력과 별도로 필요한 추가 공간에서 n ^ Omega (1) 공간 하한으로 이어질 수 있다고 추측합니다. 그러나 아마도 슈퍼 선형 공간 하한으로 이어질 수 있습니까?

— Rasmus Pagh

1

@ user124864 각각

상태를 갖는

DFA가 주어지면 , 제품 오토 마톤은

상태를 갖게 됩니다. 이제 크기를 줄이기 위해 할 수있는 두 가지 트릭이 있습니다. 첫 번째는 제품 그래프의 도달 가능한 구성 요소 만 고려한다는 것입니다. 둘째, 제품 DFA를 최소화 할 수 있습니다. 하루가 끝나면이 제품이 어떤 언어를 인식하는지 파악하기가 어렵습니다.

k

$k$

n

$n$

n^{k}

$n^k$

— Michael Wehar

1

@ user124864 제품 DFA가 비어 있지 않은 언어를 인식하는지 여부를 판단하는 것조차 어렵다. 이것은 교차 비 공백 문제입니다. 단단하게 말해서

은 강한 의미에서 완성 된 것입니다.

X N L

$XNL$

— Michael Wehar

1

@ user124864

미만으로 해결할 수 있다면 PSPACE 완료 문제에 대한 더 빠른 알고리즘을 얻게됩니다.

비 결정적 이진 공간 에서는 해결할 수 없습니다 . 우리가

미만의 결정 론적 이진 공간 에서 그것을 해결할 수 있는지는 알려져 있지 않습니다 . 결정 론적 다항식 시간과 모든 함수에 대해

이진수 공간 에서 풀 수 있는지는 알 수 없습니다.

n^{k}

$n^k$

o (1) \cdot k \cdot \log (n)

$o(1) \cdot k \cdot \log(n)$

k^{2} \log^{2} (n)

$k^2 \log^2(n)$

f (k) \cdot \log^{2} (n)

$f(k) \cdot \log^2(n)$

f

$f$ (doing so would improve Savitch's theorem).

— Michael Wehar

1

@user124864 Note: we have both of the following. (1) Beating

n^{k}

$n^k$ time deterministically implies faster deterministic algorithms for PSPACE complete problems and (2) beating

n^{k}

$n^k$ time non-deterministically implies faster non-deterministic algorithms for PSPACE complete problems.

— Michael Wehar

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Given two automata $A$ , $B$ accepting finite languages (acyclic automata), the state complexity of $L(A) \cap L(B)$ is in $\Theta(|A| \cdot |B|)$ (1). This result also holds for unary DFAs (not necessarily acyclic) (2). However, you seem to be talking about the space required to compute the intersection of two automata. I don't see how the classic construction using the Cartesian product uses $O(n^2)$ space. All you need is a constant number of counters of logarithmic size. When you compute the transition function for the new state $(q,r)$ you only have to scan the input without looking to any previously generated data.

아마도 당신은 최소 오토 마톤을 출력하고 싶습니까? 이것이 사실이라면, 그것이 달성 될 수 있는지에 대한 단서가 없습니다. 유한 언어에 대한 교차의 상태 복잡성은 고무적인 것처럼 보이지 않습니다. 그러나 단항 DFA는 동일한 상태 복잡성을 가지고 있으며 이러한 오토마타를 통해 달성 할 수 있다고 생각합니다. (2)의 결과를 사용 하면 교차점을 인식하는 정확한 크기의 오토 마톤을 얻을 수 있습니다. 이 크기는 테일의 길이와 주기로 설명되므로 구조가 완전히이 두 가지 크기로 설명되므로 아주 적은 공간으로도 전환 기능을 쉽게 계산할 수 있습니다. 그런 다음 최종 상태 세트를 생성하기 만하면됩니다. 하자 모든 다음, 얻어진 오토 마톤의 상태 수를 수 $n$ $1 \leq i \leq n$ $i$ $a^i$ $A$ $B$

— 마이클 블론디 언
소스

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그렇습니다, 나는 최소한의 오토 마톤이나 적어도 비슷한 크기의 오토 마톤에 관심이 있습니다. 단항 DFA에 대한 조언에 감사드립니다. 그러나 이것은 일반적인 경우에는별로 도움이되지 않는 것 같습니다.

— Rasmus Pagh