L_k 구별을위한 가장 작은 NFA 크기의 경계

두 글자가 같지 않도록 위에있는 모든 문자 문자열 로 구성된 언어 고려하십시오 . $L_{k-distinct}$ $k$ $\Sigma$

L k - d i s t i n c t : = {w = σ 1 σ 2 . . . σ k ∣ \forall i \in [k] : σ i \in Σ and \forall j \neq i : σ j \neq σ i}

$L_{k-distinct} :=\{w = \sigma_1\sigma_2...\sigma_k \mid \forall i\in[k]: \sigma_i\in\Sigma ~\text{ and }~ \forall j\ne i: \sigma_j\ne\sigma_i \}$

이 언어는 유한하며 규칙적입니다. 특히 $\left|\Sigma\right|=n$ 이면 $\left|L_{k-distinct}\right| = \binom{n}{k} k!$ .

이 언어를 받아들이는 가장 작은 비 결정적 유한 오토 마톤은 무엇입니까?

현재 다음과 같은 느슨한 상한과 하한이 있습니다.

구성 할 수있는 가장 작은 NFA는 $4^{k(1+o(1))}\cdot polylog(n)$ 상태입니다.
다음의 정리는 $2^k$ 상태의 하한을 의미합니다 .

하자 $L ⊆ Σ^*$ 일반 언어합니다. 경우에만 이되도록 $n$ 쌍 $P = \{ (x_i, w_i) \mid 1 ≤ i ≤ n \}$ 있다고 합니다. 그런 다음 L을 수락하는 NFA는 적어도 n 개의 상태를 갖습니다. $x_i\cdot w_j \in L$ $i=j$

또 다른 (사소한) 하한은 $log$ $n\choose k$ . 이는 언어에 대한 가장 작은 DFA 크기의 로그입니다.

I는 (에만 고정 부분을 수용하는 NFA 쌍이에 관심 $0<\epsilon<1$ )의 $L_{k-distinct}$ , 오토 마톤의 크기보다 작은 경우 $\epsilon\cdot 4^{k(1+o(1))}\cdot polylog (n)$ .

편집 : 나는 텍스트에 실수가있는 현상금을 시작했습니다.

쓰는 동안 이라고 가정 할 수 . $k=polylog(n)$ $k=O(log(n))$

편집 2 :

바운티가 곧 종료 될 것이므로 누구나 쉽게 얻을 수있는 방법에 관심이 있다면 다음 언어를 고려하십시오.

$L_{(r,k)-distinct} :=\{w : w$ 포함 $k$ 구별 된 심볼들을 더 심볼 이상 나타나지 $r$ 시간 $\}$ .

(예 : $L_{(1,k)-distinct} = L_{k-distinct}$ ).

주석의 구성과 유사한 구조는 대해 크기의 오토 마톤을 제공합니다. . $O(e^k\cdot 2^{k\cdot log(1+r)}\cdot poly(n))$ $L_{(r,k)-distinct}$

이것을 개선 할 수 있습니까? 이 언어에 가장 적합한 하한은 무엇입니까?

— RB
소스

상한 NFA를 설명 할 수 있습니까?

— mjqxxxx

아직 작업을 진행 중이므로 아직 글을 쓸 수 없으며 증거를 완성하지 못했습니다. 대신, 크기가 훨씬 간단한 오토 마톤을 설명하겠습니다 . -완전한 해시 패밀리 . 이러한 모든 해시는 함수 입니다. 이것은 최대 의 크기 의 의 모든 서브셋에 대해, 서브셋의 모든 아이템을 상이한 수로 맵핑하도록 함수를 갖는다는 것을 의미한다. 해싱 후, 생성 된 알파벳을 갖는 문자 크기 때문에 autumaton 수락 할 언어.

O((2e)k∗2O(log(k))∗log(n)) $O((2e)^k * 2^{O(log(k))} * log(n))$

(n,k) $(n,k)$

H $H$

h:[n]→[k] $h: [n] \to [k]$

[n] $[n]$

k $k$

h∈H $h\in H$

k $k$

2k $2^k$

Lk−distinct $L_{k-distinct}$

— RB

하한은 에 NFA가 정확히 단계 후에 올 수있는 상태 수를 계산 합니다. 난 그냥 한 후 무엇을보고하는 것보다 얻을 수있는 것보다 전체 크기가 훨씬 좋은 경계를 제공 증거 방법을 알고 있다고 생각하지 않는다 일부 단계 . 그러나 여기에는 모든 대해 정확히 상태 다음 에 상태 중 하나에 만있을 수있는 NFA가 있습니다 .

(2−o(1))k $(2-o(1))^k$

k/2 $k/2$

t $t$

(2+o(1))k $(2+o(1))^k$

t $t$

— Noam

증명 (내 이전 주장의) : 가장 어려운 경우는 . 선택 다른 임의의 서브 세트 (의 정확하게 크기의 알파벳 문자) 각을 각각에 대한 상태를 갖는 NFA 구성 제 IFF에 그것에 이어지는 어떤 경로를 개의 심볼은 모두 상이하고 에 포함되며 , 다음의 심볼이 모두 상이하고 의 보수에 포함되는 경우 허용 경로를 갖습니다 . 계산 인수는 whp ( 의 임의 선택을 넘어서)를 보여줍니다

t=k/2 $t=k/2$

2k⋅poly(k,logn) $2^k \cdot poly(k, \log n)$

Si $S_i$

n $n$

t $t$

i $i$

t $t$

Si $S_i$

k−t $k-t$

Si $S_i$

Si $S_i$ 이 NFA는 실제로 원하는 모든 언어를 받아 들일 것입니다.

— Noam

이전 구성에서 NFA를 작성하는 가장 간단한 방법은 길이 의 가능한 각 접두사 와 길이 의 가능한 접미사에 대한 상태를 갖습니다 . 대신, NFA의 접두사 부분과 접미사 부분은 동일한 무작위 구성을 사용하여 재귀 적으로 구축 할 수 있지만 ( 각각

와 그 보완 요소 내에서만

총 크기를 제공합니다.

j<t $j < t$

j>k−t $j > k-t$

Si $S_i$

(4+o(1))k $(4+o(1))^k$

— Noam

답변:

이것은 대답이 아니라 개선 된 하한으로 떠날 것이라고 믿는 방법입니다. 후 우리가 문제를 잘라 보자 문자를 읽을 수 있습니다. 가족 나타낸다 의 요소 세트 에 의해 및 패밀리 의 요소 세트 에 의해 . 요소 읽은 후에 도달 될 수있는 상태를 의미 함으로써 (임의의 순서로) 요소 읽은 후 수용성 상태에 도달 할 수있는 상기 상태 가 (임의의 순서로)를 $a$ $a$ $[n]$ $\mathcal A$ $b=k-a$ $[n]$ $\mathcal B$ $A$ $S_A$ $B$ $T_B$ . 경우에만 가 필요합니다 . 이것은 이미 필요한 수의 상태에 대한 하한을 제공하며 사소한 것을 줄 수 있다고 생각합니다. $S_A\cap T_B\ne \emptyset$ $A\cap B=\emptyset$

이 문제는 본질적으로 선 그래프가 (부분적으로) 알려진 하이퍼 그래프의 정점 수에 대한 하한을 요구합니다. 유사한 문제들이 예를 들어 Bollobas 에 의해 연구되었으며 유용 할 수있는 몇 가지 알려진 증명 방법이 있습니다.

업데이트 2014년 3월 24일은 : 사실 위의 하이퍼 그래프는에 실현 될 수있는 경우 정점, 우리는 또한 길이의 비 결정적 통신 복잡한 프로토콜을 얻을 크기의 입력 세트와 세트 disjointness에 대한 와 (사실 두 가지 문제를 동일합니다). 병목 현상은 물론 일 때 Eyal 및 Noam의 책에서만 다음을 찾을 수 있습니다 $s$ $\log s$ $a$ $b$ $a=b=k/2$ 는 표준 확률 론적 주장에 의해 입증되었다. 불행히도 나는이 문제에 대해 충분한 하한을 찾을 수 없었지만 위의 내용이 예리하다고 가정하면언급 한 두 개의 하한을 통합하는하한줄 것입니다. $N^1(DISJ_a)\le \log \big(2^k \log_e {n\choose a}\big)$ $\Omega(2^k\log n)$

— 도모토
소스

답변 해 주셔서 감사합니다 @domotorp. 이것은 원래의 질문에서 하한에 사용했던 렘마의 증거와 비슷하지만 실제

및

를 지정 하지 않았으므로 계산 가능한 경계는 아닙니다. 위의 질문에 대한 귀하의 의견은 그 방법으로

바운드를 개선 할 수 없다는 것을 제안합니다. 이게 더 좋을 것이라고 생각하십니까? xi $x_i$

yi $y_i$

2k $2^k$

— RB

위의 나의 의견의 요점은 이러한 기술들이

보다 낮은 하한값을 줄 수 없다는 것이다 . 이것이 실제로이 문제를 흥미롭게 만드는 이유입니다. (2+o(1))k $(2+o(1))^k$

— Noam

@Noam : k = 2, a = b = 1이라고하자. 이미 모든

가 달라야 하므로

하한값을 얻습니다 . logn $\log n$

SA $S_A$

— domotorp

@domotorp 다음

숨겨

여기서 최악의 경우에 대한 분석이다 : 인자

: 고정 된 시작 및

및 임의 서브 세트에서 선택

의

문자는 우리가

o(1) $o(1)$

O(klogn) $O(k\log n)$

a=b=k/2 $a=b=k/2$

A $A$

B $B$

S $S$

n $n$

. 이제 선택

다음 랜덤 확률 같은 집합이 이런 그들 중 적어도 하나는 위해

. 우리가 선택하는 경우

Pr[A⊆SandB⊆Sc]=2−k $Pr[A \subseteq S \:and\: B \subseteq S^c]=2^{-k}$

r2k $r2^k$

1−exp(−r) $1-exp(-r)$

그러면 whp는 모든 분리 된 세트

와

(크기

)에 해당합니다. 이러한 총 수

"이 구성에 s의 것은

. r=O(log(nk))=O(klogn) $r = O(\log {n \choose k}) = O(k \log n)$

A $A$

B $B$

k/2 $k/2$

S $S$

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

— Noam

@Noam : 미안하지만 난 본 적이 없다

에 숨겨진

에 대한 문제가 흥미로운 이럴이기도 특히,

. 그러나 당신은 RB가

대해 물었다는 것이 맞습니다 . logn $\log n$

o(1) $o(1)$

k<<logn $k<<\log n$

k=polylogn $k=polylog n$

— domotorp

진행중인 일부 작업 :

하한을 증명하려고합니다 . 여기에 그런 하한을 줄 것이라고 확신하는 질문 이 있습니다. 함수 가 존재 하도록 최소 찾으십시오 을 유지, 즉 iff $4^k$ $t$ $f:\{S \subseteq [n], |S|=k/2 \} \rightarrow \{0,1\}^t$ $S_1 \cap S_2 = \emptyset$ . 나는 의 하한이 거의 즉시우리의 문제에 대해 의 하한을 암시한다고확신합니다. 대략 제 읽은 후에는 NFA를 얻을 수있는 노드들의 세트에 대응하는 이 세트되면, 입력 심볼들을 심볼은 . $f(S_1) \cap f(S_2) = \emptyset$ $t \ge 2k$ $2^{2k}=4k$ $f(S)$ $k/2$ $k/2$ $S$

나는이 질문에 대한 해결책이 의사 소통 복잡성 문헌 (특히 불연속성 문제를 다루는 논문에서, 아마도 일부 매트릭스 순위 인수가 도움이 될 것임)이나 인코딩에 관한 문헌 (예 : 이와 같은 ) 에서 이미 알려져 있다고 생각한다 .

— 뫼비우스 만두
소스

위의 의견은이 접근 방식이

(2+o(1))n $(2+o(1))^n$

— Noam