유한 한 "장애물"을 가진 벡터 추가 시스템

VAS (Vector Addition System)는 유한 한 행동 입니다. 는 일련의 표시 입니다. 런은 마킹 비어 단어 성 . 이러한 단어가 존재하는 경우 우리는 그 말을 있다 도달 에서 .$A \subset \mathbb{Z}^d$N d m 0 m 1 … m n ∀ i ∈ { 0 , … , n - 1 } , m i + 1 − m i ∈ A m $\mathbb{N}^d$$m_0 m_1\dots m_n$$\forall i \in \{0, \dots, n-1\}, m_{i+1}-m_i \in A$$m_n$$m_0$

VAS의 도달 가능성 문제는 결정 가능한 것으로 알려져 있지만 복잡성은 공개 된 문제입니다.

이제 금지 된 금지 표시 세트 ( 장애물 )가 있다고 가정 해 봅시다 . 도달 가능성의 문제가 여전히 결정 가능한지 알고 싶습니다.

직관적으로 유한 장애물 세트는 경로 만 로컬로 방해해야하므로 문제를 결정할 수 있어야합니다. 그러나 그것을 증명하는 것은 사소한 것처럼 보이지 않습니다.

EDIT . @ Jérôme의 답변을 허용되는 답변으로 유지하지만 후속 질문을 추가하고 싶습니다. 표시 세트가 이면 어떻게됩니까?$\mathbb{Z}^d$

아이디어는 오늘 오후에 Grégoire Sutre와의 토론을 기반으로합니다.

문제는 다음과 같이 결정할 수 있습니다.

페트리 넷 는 전이라고하는 의 유한 쌍 세트입니다 . 전이 주어 우리로 나타낸다 구성들의 세트에 정의 된 이진 관계 의해 및 와 같은 벡터 가 있으면 . 우리는에 의해 나타내는 한 단계 접근 가능성과 관련하여 . 이 관계의 재귀적이고 전이적인 폐쇄는T N d × N d t = ( → u , → v ) t → N d → x t → → y → z ∈ N d → x = → u + → z → y = → v + → z T → ⋃ t ∈ T t → T ∗$T$$\mathbb{N}^d\times\mathbb{N}^d$$t=(\vec{u},\vec{v})$$\xrightarrow{t}$$\mathbb{N}^d$$\vec{x}\xrightarrow{t}\vec{y}$$\vec{z}\in\mathbb{N}^d$$\vec{x}=\vec{u}+\vec{z}$$\vec{y}=\vec{v}+\vec{z}$$\xrightarrow{T}$$\bigcup_{t\in T}\xrightarrow{t}$$\xrightarrow{T^*}$ .

하자 위에 고전 componentwise 부분 주문 될 에 의해 정의 가있는 경우 이러한 그 . 세트 의 위쪽 폐쇄는 벡터 의 세트 입니다. . 집합 의 하향 폐쇄는 벡터 의 집합 입니다. .≤ N의 D → 유 ≤ → X → Z ∈ N의 D → X = → U + → Z → X N D ↑ → X { → V ∈ N의 D | ∃ → X ∈ → X$\leq$$\mathbb{N}^d$$\vec{u}\leq \vec{x}$$\vec{z}\in\mathbb{N}^d$$\vec{x}=\vec{u}+\vec{z}$$\vec{X}$$\mathbb{N}^d$${\uparrow}\vec{X}$→ x ≤ → v } → X ↓ → X { → v ∈Nd∣∃ → x ∈ → x$\{\vec{v}\in\mathbb{N}^d \mid \exists \vec{x}\in\vec{X}.\,\vec{x}\leq\vec{v}\}$$\vec{X}$${\downarrow}\vec{X}$$\{\vec{v}\in\mathbb{N}^d \mid \exists \vec{x}\in\vec{x}.\,\vec{v}\leq\vec{x}\}$

공지 그 경우 일부 제한된 세트 의 및 경우 페트리 네트, 우리는 새로운 페트리 네트를 계산할 수 모든 구성 에 대해 및 갖도록 경우에 한정해 . 실제로 가 전환이면 각 에 대해 여기서 는→ U =↑ → B → B NdTT → B → x , → y → x T → → y → x , → y ∈ → U → x T → B → → y t=( → u , → v ) → b ∈ → B t → b =($\vec{U}={\uparrow}\vec{B}$$\vec{B}$$\mathbb{N}^d$$T$$T_{\vec{B}}$$\vec{x},\vec{y}$$\vec{x}\xrightarrow{T}\vec{y}$$\vec{x},\vec{y}\in\vec{U}$$\vec{x}\xrightarrow{T_{\vec{B}}}\vec{y}$$t=(\vec{u},\vec{v})$$\vec{b}\in\vec{B}$u + → z , → v + → z ) → z Nd → z (i)=최대{ → b (i)- → u (i), → b (i)- → v (i),0}1≤i≤dT → U ={t$t_{\vec{b}}=(\vec{u}+\vec{z},\vec{v}+\vec{z})$$\vec{z}$$\mathbb{N}^d$ 는 모든 대 . 공지 사항이 을 만족 요구 사항.$\vec{z}(i)=\max\{\vec{b}(i)-\vec{u}(i),\vec{b}(i)-\vec{v}(i),0\}$$1\leq i\leq d$$T_{\vec{U}}=\{t_{\vec{b}} \mid t\in T\,\vec{b}\in\vec{B}\}$

이제 는 Petri net 이라고 가정하고 , 장애물 세트 인 입니다. 유한 세트 합니다. 와 같이 의 유한 세트 를 효과적으로 계산할 수 있음을 관찰하십시오 . 하자 위에 정의 된 이진 관계 될 의해 경우 또는 존재 에 따라T → O → D = ↓ → O → B N d ↑ → B = N d ∖ → D R N d ∖ → O → x R → y → x = → y → x ′ , → y ′ ∈ N d ∖ → O → x T → → x ′ T ∗ $T$$\vec{O}$$\vec{D}={\downarrow}\vec{O}$$\vec{B}$$\mathbb{N}^d$${\uparrow}\vec{B}=\mathbb{N}^d\backslash\vec{D}$$R$$\mathbb{N}^d\backslash \vec{O}$$\vec{x} R \vec{y}$$\vec{x}=\vec{y}$$\vec{x}',\vec{y}'\in \mathbb{N}^d\backslash \vec{O}$$\vec{x}\xrightarrow{T}\vec{x}'\xrightarrow{T_{\vec{B}}^*}\vec{y}'\xrightarrow{T}\vec{y}$.

이제 초기 구성 에서 장애물 를 피하는 마지막 구성 이 있으면 설정하면 해당 세트의 가장 기본적인 구성으로 전달됩니다 . 따라서, 문제는 비 결정적 별개 구성 선택 감소 에 , 수정 로 초기 구성 , 을 최종 구성 로 확인하십시오.→ x → y → O → O → D ∖ → O → c 1,…, → c n → D ∖ → O → c 0 → x cn+1 → y → c jR → c j+$\vec{x}$$\vec{y}$$\vec{O}$$\vec{O}$$\vec{D}\backslash \vec{O}$$\vec{c}_1,\ldots,\vec{c}_n$$\vec{D}\backslash \vec{O}$$\vec{c}_0$$\vec{x}$$c_{n+1}$$\vec{y}$$\vec{c}_j R \vec{c}_{j+1}$ 모든 대 . 이 마지막 문제는 페트리 넷에 대한 고전적인 도달 가능성 질문으로 줄어 듭니다.$j$

VAS와 동등한 상태 (VASS)를 가진 벡터 추가 시스템에 대한 귀하의 질문에 대해 생각 하고이 솔루션을 생각해 냈습니다. 이제 Jérôme의 좋은 답변을 읽었으며 내 답변이 매우 비슷 하다고 말해야하므로 내 말이 맞다고 생각하더라도 그의 답변을 수락하십시오.

아이디어 : VASS 를 VASS 로 변환 하여 장애물과 같거나 작은 벡터를 금지 할 수 있습니다. 벡터가 작지만 장애물과 같지 않은 벡터에 도달 할 수 있기 때문에 이것은 우리가 원하는 것이 아닙니다. 그러나 그러한 벡터는 무한히 많습니다. 이것은 최소 런을 의 전이 또는 의 동등한 런인 유한하게 많은 런으로 분해 할 수있게합니다 . 따라서, 예 , 문제는 decidable입니다.V V ' V V $V$$V'$$V$$V'$

세부 사항 : 를 VASS로 지정하십시오. 즉, 는 유한 레이블이 지정된 그래프이므로 입니다. 하자 장애물 일 세트. 하자 및 우리 물품 마다 인 실행에서 로 마다 중간 구성 . 우리는V = ( Q , T ) D V T ⊆ Q × Z의 D × Q O ⊆ N D π ∈ T * X ⊆ N의 차원 P ( U ) π → X Q ( V ) π의 P ( U ) Q ( V ) Q × X ↓ X = { y : y $V=(Q,T)$$d$$V$$T \subseteq Q \times \mathbb{Z}^d \times Q$$O \subseteq \mathbb{N}^d$$\pi ­\in T^*$$X \subseteq \mathbb{N}^d$$p(\boldsymbol{u}) \xrightarrow{\pi}_X q(\boldsymbol{v})$$\pi$$p(\boldsymbol{u})$$q(\boldsymbol{v})$$Q \times X$${\downarrow}X = \{\boldsymbol{y} : \boldsymbol{y} \leq \boldsymbol{x} \text{ for some } \boldsymbol{x} \in X\}$ .

하자 최소 실행될되도록 , 즉 최소한의 실행하도록 장애물을 피하십시오. 그런 다음 비둘기 구멍 원리에 따라 는 유한 한 횟수 만 들어가는 런으로 간주 할 수 있습니다 . 더 공식적으로, , 및 그러한π p ( u ) π → N d ∖ O q ( v ) π ↓ O ∖ O t 1 , t ′ 1 … , t n + 1 , t ′ n + 1 ∈ T ∪ { ε } π 1 , … , π n + 1 ∈ T ∗ { p i ( $\pi$$p(\boldsymbol{u}) \xrightarrow{\pi}_{\mathbb{N}^d \setminus O} q(\boldsymbol{v})$$\pi$${\downarrow}O \setminus O$$t_1, t_1' \ldots, t_{n+1}, t_{n+1}' \in T \cup \{\varepsilon\}$$\pi_1, \ldots, \pi_{n+1} \in T^*$$\{p_i(\boldsymbol{u}_i), q_i(\boldsymbol{v}_i), r_i(\boldsymbol{w}_i)\}_{i \in [0,n+1]} \subseteq Q \times \mathbb{N}^d$

• $\pi = t_1 \pi_1 t_1' \cdots t_{n+1} \pi_{n+1} t_{n+1}'$ ,
• $\forall i \in [0,n]\ \; p_i(\boldsymbol{u}_i) \xrightarrow{t_{i+1}}_{\mathbb{N}^d} q_{i+1}(\boldsymbol{v}_{i+1}) \xrightarrow{\pi_{i+1}}_{\mathbb{N}^d \setminus {\downarrow}O} r_{i+1}(\boldsymbol{w}_{i+1}) \xrightarrow{t_{i+1}'}_{\mathbb{N}^d} p_{i+1}(\boldsymbol{u}_{i+1})$
• $p_0(\boldsymbol{u}_0) = p(\boldsymbol{u}),\ p_{n+1}(\boldsymbol{u}_{n+1}) = q(\boldsymbol{v})$ ,
• $\forall i \in [1,n]\ \; \boldsymbol{u}_i \in {\downarrow}O \setminus O$ .
• $n \leq |Q| \cdot |{\downarrow}O|$.

따라서 , 및 중간 구성 을 추측하면 충분 합니다. 를 새로운 것으로 변환하여 를 수행 할 수 있는지 테스트 -VASS 여기서 각 전이 는 전이 의 가젯으로 대체됩니다 . 예를 들어, 이면 전이는 다음과 같이 대체됩니다.$n$$t_1, t_1', \ldots, t_{n+1}, t_{n+1}'$$p(\boldsymbol{x}) \xrightarrow{*}_{\mathbb{N}^d \setminus {\downarrow}O} q(\boldsymbol{y})$$V$$d$$V'$$t \in T$$4|O|+1$$O = \{(1,5), (2,3)\}$