k-Clique의 2FA 상태 복잡성?

간단한 형태로 :

양방향 유한 오토 마톤 이 o ( v 3 ) 상태 의 삼각형을 포함하는 - $v$vertex 그래프를 인식 할 수 있습니까 ?$o(v^3)$

세부

여기서 주목할 것은 일련의 에지를 사용하여 인코딩 된 $v$ 버텍스 그래프이며, 각 에지는 과 별개의 정점 쌍입니다 $\{0,1,\dots,v-1\}$.

가정 되도록 양방향 유한 오토마타 (결정 또는 비결정)의 순서이다 M의 V는 인식 K 에 -Clique을 브이 -vertex 입력 그래프 갖는 S ( V ) 상태. 문제의 일반 형태는 다음이다 :는 (S) ( V ) = Ω ( 브이 K ) ?$(M_v)$$M_v$$k$$v$$s(v)$$s(v) = \Omega(v^k)$

만약 및 S ( V ) ≥ 브이 K ( V ) 무한히 많은 V 다음 NL ≠ NP. 덜 모호하게, 나는 k 가 고정되어 있고 k = 3의 경우는 첫 번째 사소한 것이 아니라고 명시하고 있습니다.$k = k(v) = \omega(1)$$s(v) \ge v^{k(v)}$$v$$k$$k=3$

배경

2FA (two-way finite automaton)는 작업 공간이없고 고정 된 수의 내부 상태 만 있지만 읽기 전용 입력 헤드를 앞뒤로 이동할 수있는 Turing 기계입니다. 대조적으로, 일반적인 종류의 유한 오토 마톤 (1FA)은 읽기 전용 입력 헤드를 한 방향으로 만 움직입니다. 유한 오토마타는 입력에 대한 단방향 또는 양방향 액세스뿐만 아니라 결정 론적 (DFA) 또는 비결정론 적 (NFA) 일 수 있습니다.

그래프 속성 는 그래프 의 하위 집합입니다. 하자 Q의 V 나타낸다 V의 속성과 -vertex 그래프 Q를 . 모든 그래프 속성 Q 에 대해 , 가능한 모든 그래프에 대한 상태를 사용하고 Q 에 따라 레이블을 지정하고 레이블이 지정된 상태 사이의 전이를 통해 최대 2 v ( v - 1 ) / 2 상태 의 1DFA 에서 언어 Q v 를 인식 할 수 있습니다. 가장자리로. Q v 따라서 모든 속성에 대한 일반 언어 $Q$$Q_v$$v$$Q$$Q$$Q_v$$2^{v(v-1)/2}$$Q$$Q_v$$Q$ . Myhill-Nerode 정리에 따르면 Q v 를 인식하는 가장 작은 동 형사상이 가장 작은 1DFA가 있습니다.$Q_v$ 있습니다. 이있는 경우 의 상태, 다음 표준 파열 경계는 것을 인식 2FA 수득 Q의 (V)가 적어도 갖는 S ( V ) Ω ( 1 ) 상태. 표준 파열 경계를 통해이 방법은 대부분의에서 산출 그래서에서 차 V는 어떤을위한 2FA에서 국가의 수에 하한 Q의 V (심지어 Q는 하드 또는 결정 불가능하다).$2^{s(v)}$$Q_v$$s(v)^{\Omega(1)}$$v$$Q_v$$Q$

-Clique는 완전한 k -vertex 하위 그래프를 포함하는 그래프 속성입니다. k -Clique v를 인식하는 것은 1NFA에 의해 수행 될 수 있는데, 먼저 1NFA가$k$$k$$k$$_v$ 다른 전위케이-cliques를 검색하고 입력하여이 에지의 도당 및 추적하는 확인 요구 에지마다보고 회 스캔(2)K(K-1)/2의 각 상태 다른 잠재적 인 파벌. 이러한 1NFA는 ($\binom{v}{k}$$k$$2^{k(k-1)/2}$상태, 여기서1≤cv≤e. 경우K가고정되고, 이것은 인Θ(브이K)상태. 입력에 대한 양방향 액세스를 허용하면이 단방향 경계를 개선 할 수 있습니다. 그러면 질문은k=3을 요구하는 것입니다$\binom{v}{k}2^{k(k-1)/2} = (c_v 2^{(k-1)/2}/k)^k.v^k$$1 \le c_v \le e$$k$$\Theta(v^k)$$k=3$ 2FA가이 1FA 상한보다 나은지 여부

부록 (2017년 4월 16일는) 도 참조 결정적 시간 관련 질문 과 편안한 가장 잘 알려진 알고리즘을 포함하는 대답 . 내 질문은 비 균일 비 결정적 공간에 중점을 둡니다. 이러한 맥락에서 시간 효율적인 알고리즘에 의해 사용되는 행렬 곱셈의 감소는 무차별 대입 접근법보다 나쁘다.

삼각형은 O ( n 2 ) 상태 (n은 꼭짓점의 수 )를 가진 2FA 의해 수행 될 수있는 것 같습니다 .$A$$O(n^2)$

들면 다음과 같이 생각이다 :$k=3$

1. 단계 1에서, 일부 엣지 선택 ( I , J ) 을 저장 ( P는 시간 의 예 1 , I , J ) 의 상태를$A$$(i,j)$$(phase 1,i,j)$
2. 단계 2에서는 폼의 일부 가장자리로 이동 또는 ( m , I ) 과 폼의 상태를 가정한다 ( P의 시간 의 예 2 , J , m $(i,m)$$(m,i)$$(phase 2,j,m)$
3. 3 단계에서 일부 엣지 또는 ( m , j )가 있는지 확인하고 수락 된 상태를 발견하면 수락합니다.$(j,m)$$(m,j)$

이것은 실제로 거의 왼쪽에서 오른쪽으로 수행 할 수 있습니다 ( 는 2 단계에서 ( j , m ) 또는 ( m , j ) 를 결정적으로 결정할 수 있습니다 ). 그러나 두 번째 모서리가 ( m , i ) 형식 이면 A 는 먼저 i를 읽은 다음 m을 읽어야합니다.$A$$(j,m)$$(m,j)$$(m,i)$$A$$i$$m$ . 즉, 여기에서 단일 왼쪽 단계가 필요합니다.

This should result in automata with $O(n^{k-1})$ states for $k$-Clique for $k>3$ by first guessing a set $S$ of size $k-3$ and testing, that he nodes of $S$ are pairwise connected by edges and, for each of i,j,m in the above, checking that they have edges to all nodes in $S$.