주어진 정규 언어에 무한 접두사가없는 부분 집합이 있습니까?

유한 알파벳 위의 단어 세트는 하나가 다른 하나의 접두사 인 두 개의 다른 단어가없는 경우 접두사 가 없습니다.

질문은 ~이야:

NFA로 지정된 일반 언어에 무한 접두사가없는 하위 집합이 포함되어 있는지 확인하는 것이 복잡합니까?

답 (아래의 Mikhail Rudoy로 인해) : 다항식으로 할 수 있으며 NL에서도 생각합니다.

Mikhail의 답을 해석하면 $(\Sigma,q_0,F,\delta)$ 정상적인 형태의 입력 NFA (엡실론 전이, 트림 없음)로하고 $L[p,r]$ (각각 $L[p,R]$ )을 상태 $p$ 를 초기 상태로하고 $\{r\}$ 을 최종 상태 로하여 얻은 언어 (예 : 상태 $p$ 를 초기, 세트 $R$ 을 최종으로) 단어를 들어 $u$ 하자 $u^\omega$$u$ 를 반복하여 얻은 무한한 단어 입니다.

다음은 동일합니다.

1. 언어 $L[q_0,F]$ 는 무한한 프리픽스 프리 서브 세트를 포함합니다.
2. $\exists q \in Q$ ,$\exists u \in L[q,q]\smallsetminus\{\varepsilon\}$ $\exists v \in L[q,F]$ 그래서$v$ 접두사 아닌$u^\omega$ .
3. $\exists q \in Q$ $L[q,q] \neq \{\varepsilon\}$ $\forall u \in L[q,q]$ $\exists v \in L[q,F]$ 그래서$v$ 접두사 아닌$u^\omega$ .

증명:

3 $\Rightarrow$ 2 사소한.

2 $\Rightarrow$ 1 인 경우 $w \in L[q_0,q]$ 대해 $w (u^{|v|})^* v$ 는 $L[q_0,F]$ 의 무한 접두사없는 하위 집합임을 알 수 있습니다.

마지막으로, 1 $\Rightarrow$ 3은 Mikhail의 답변에서 "올바른"증거입니다.

다항식 시간으로 문제를 해결할 수 있습니다.

시작하려면 다음 추가 속성을 사용하여 지정된 NFA를 동등한 NFA로 변환하십시오.

• 엡실론 전환이 없습니다
• 모든 상태는 시작 상태에서 도달 할 수 있습니다

유용한 서브 루틴

NFA $N$ , 상태 $q$ 및 비어 있지 않은 문자열 $s$ 가 있다고 가정 해 봅시다 . 다음 서브 루틴을 통해 다음 명령문의 실제 값을 평가할 수 있습니다. " 상태 q 에서 수락 상태까지의 $N$ 모든 경로는 일부 n 의 문자열 s n 접두어 인 문자열에 해당 합니다." 또한이 서브 루틴은 다항식 시간으로 실행됩니다.$q$$s^n$$n$

$S$$|s| + 1$$s^n$$n$$|s|$$sssss\ldots$$N'$$N$$q$$N''$언어 은 표준 NFA 교차로 구성을 사용하여 입니다. 이 모든 구성은 입력 크기에서 다항식입니다.$L(N'')$$L(S) \cap L(N')$

그런 다음 의 언어 가 비어 있는지 테스트합니다 (단순 그래프 검색으로 다항식 시간으로 수행 가능). 경우에만, , 바꾸어 말하면 모든 문자열 아닌 . 즉, 언어 의 경우에만 비어 단지의 접두사 문자열을 받아 일부 . " 상태 에서 수락 상태 까지 모든 경로 는 문자열 접두사 인 문자열에$N''$$L(N'') = \emptyset$$L(S) \cap L(N') = \emptyset$$L(N')$$L(S)$$N''$$N'$$s^n$$n$$N$$q$$s^n$ n일부 . "$n$

주요 알고리즘

NFA에서 일부 루프 상태를 고려하십시오. 그러한 각 상태 에 대해 다음을 수행하십시오.$q$

하자 어떤 간단한 루프를 포함 할 . 하자 루프에 해당하는 문자열이 될 . NFA에는 엡실론 전환이 없으므로 는 비어 있지 않습니다. 그런 다음 서브 루틴을 NFA, 상태 및 문자열 . 서브 루틴 이 NFA 에서 로 시작 하고 승인 상태로 끝나는 모든 경로 가 일부 대해 접두사 에 해당 한다고 알려 주면 다음 상태 로 계속 진행합니다 . 그렇지 않으면, 주어진 NFA의 언어에 무한한 프리 펙스가없는 서브 세트가 포함되어있는 것으로 출력하십시오.$P_2$$q$$s$$P_2$$s$$q$$s$$q$$s^n$$n$$q$

루프에있는 모든 상태 를 시도 하고 알고리즘이 출력하지 않으면 주어진 NFA의 언어에 무한한 프리 펙스가없는 서브 세트가 포함되지 않은 결과가 출력됩니다.$q$

정확성 (전반)

먼저, 위의 알고리즘이 주어진 NFA의 언어에 무한한 프리 펙스가없는 서브 세트가 포함되어 있다고 가정합니다. 이 출력이 일부 루프 및 일부 상태 를 고려하면서 선택되었다고 가정하겠습니다 . 이전과 마찬가지로 는 해당하는 문자열 입니다. 그런 다음 서브 루틴에 따르면 NFA 에서 에서 시작 하고 수락 상태로 끝나는 모든 경로 가 일부 대한 접두사 에 해당하는 것은 아닙니다 (이것은 메인으로 연결되는 서브 루틴의 유일한 출력이므로) 그 에서 출력하는 알고리즘 ).$P_2$$q$$s$$P_2$$q$$s^n$$n$$q$

하자 발 경로 : 그 존재 서브 루틴에 의해 어서 트 될 경로 해당 문자열 등한다는 허용 상태로 (A)의 프리픽스없는 어떤 위해 .$P_3$$q$$t$$s^n$$n$

하자 구성 사본 충분히 큰. 이후 통해 루프 , 발 경로로 간주 될 수있다 을 . 해당하는 문자열 은$P_2'$$m$$P_2$$m$$m|s| > |t|$$P_2$$q$$P_2'$$q$$q$$P_2'$$s^m$

하자 에 시작 상태에서 경로 여야 (모든 상태가 처음부터 도달 할 수 있기 때문에 존재하는) 및하자 이 경로에 해당하는 문자열.$P_1$$q$$r$

그런 다음 , 개의 및 으로 구성된 경로는 허용되는 계산 경로입니다. 이 경로에 해당하는 문자열은 입니다. 따라서 NFA는 형식의 모든 문자열을 허용합니다 . 이것은 NFA에 의해 허용되는 무한한 문자열 세트이며,이 문자열 세트에는 접두어가 없다고 주장합니다. 특히, 가정하자 접두사 인 함께 . 즉, 는 접두사입니다 . 이후 길이 갖는다, 이것은$P_1$$x$$P_2'$$P_3$$r(s^m)^xt$$r(s^m)^xt$$r(s^m)^xt$$r(s^m)^yt$$y > x$$t$$(s^m)^{y-x}t$$(s^m)^{y-x}$$m(y-x)|s| \ge m|s| > |t|$$t$( s m ) y - x = s m ( y - x ) t s n n r ( s m ) x t r ( s m ) y t 는 의 접두사입니다 . 그러나 우리는 그 서브 루틴의 출력에 의해 알고 (A)의 접두사가 아닌 어떤을 위해 . 따라서 는 접두사가 될 수 없으며 원하는대로 문자열 세트에 접두사가 없습니다.$(s^m)^{y-x} = s^{m(y-x)}$$t$$s^n$$n$$r(s^m)^xt$$r(s^m)^yt$

따라서, 주 알고리즘이 주어진 NFA의 언어에 무한 프리 펙스 프리 하위 집합이 포함되어 있음을 출력하는 경우 실제로 해당됩니다.

정확성 (후반)

다음으로, 나머지 절반을 보여 드리겠습니다 : 만약 주어진 NFA의 언어에 프리 펙스 프리 (prefex-free) 서브 세트가 포함되어 있다면, 주 알고리즘은이 사실을 출력 할 것입니다.

주어진 NFA의 언어에 무한 접두사가없는 부분 집합이 있다고 가정하십시오. 를이 문자열에 해당하는 (수락하는) 계산 경로의 집합 이라고합시다 . 공지 것을 그의 대응하는 문자열 결코 서로 접두사 연산 경로를 수용 무한 세트이다.$A$$A$

NFA에 해당 상태를 통해 루프가 있으면 NFA에서 상태가 "루핑"이고 그렇지 않으면 "비 루핑"이라고 가정하십시오. 비 루핑 상태 만 통과하는 시작 상태에서 루핑 상태까지의 모든 경로를 고려하십시오 (끝나는 하나의 루핑 상태 제외). 하자 이러한 경로의 설정합니다. 각 경로 는 루프를 가질 수 없으므로 해당 루프의 상태는 루핑 상태이므로 는 루핑 상태를 통과합니다. 따라서 의 경로 길이 는 NFA의 상태 수에 의해 제한되므로 는 유한합니다 (예 : 시작 상태가 루핑 상태이면 해당 경로 만 빈 경로 임).$P$$p \in P$$p$$P$$P$

우리는 분할 할 수 에 에서 어떻게 계산 경로에 따라 집합 시작됩니다. 특히 경우 를 경로 시작하는 의 모든 계산 경로 세트로 설정 하고 를 다른 모든 경로 세트로 설정하십시오 . 분명히, 모든 및 는 분리되어 있고 결합은 전체 집합 입니다. 또한 에는 루핑 상태를 통과하지 않으므로 절대 루핑하지 않는 경로 만 포함됩니다. 따라서 는 유한하다. 그러면$A$$|P|+1$$A$$p \in P$$A_p$$A$$p$$B$$A$$A_p$$B$$A$$B$$B$$A_p$무한대 여야합니다 (그렇지 않으면 는 유한하게 많은 유한 세트의 합집합입니다).$A$

는 무한 하기 때문에 무한히 많은 계산 경로가 있으며, 문자열이 서로 접두사이고 시작하는 경로를 허용하지 않습니다 . 하자 경로의 끝에 도달 한 상태가 될 . 수용 가능한 경로가 무한히 많다는 결론을 내릴 수 있습니다 . 에서 시작 하여이 접두사가 아닌 문자열에 해당하는 부터 시작 하여이 세트 호출하십시오 .$A_p$$p$$q$$p$$A'$$q$

메인 알고리즘 동안 우리는 상태 와 일부 문자열 에서 서브 루틴을 실행합니다 . 이 서브 루틴은 에서 시작하는 모든 허용 경로 가 일부 대해 접두사 인 문자열에 해당 하는지 여부를 알려줍니다 . 이것이 사실이라면, 에서 무한히 많은 수용 경로는 다양한 대해 접두사가 될 것이며, 이는 모두 서로의 접두사라는 것을 의미합니다. 이것은 사실이 아니므로, 주 알고리즘이 상태 에서 서브 루틴을 실행할 때$q$$s$$q$$s^n$$n$' 의 N N Q$A'$$s^n$$n$$q$결과는 다른 가능한 결과입니다. 그러나 이것은 주요 알고리즘이 NFA의 언어에 무한 접두사가없는 하위 집합이 포함되어 있음을 출력하게합니다.

이것으로 정확성이 증명됩니다.

정의

정의 1 : 를 단어의 집합으로 하자 . 우리 는 단어 및 가있는 경우 는 접두사가없는 무한대 (이 대답의 목적으로 이름을 구성 함) 라고 말합니다.$S$$S$u 0 , … , u n , … v 1 , … , v n , …$u_0,\dots,u_n,\dots$$v_1,\dots,v_n,\dots$

• 각 에 대해 및 은 비어 있지 않으며 고유 한 문자로 시작합니다.$n\ge 1$$u_n$$v_n$

• $S=\{u_0v_1,\dots,u_0\dots u_n v_{n+1},\dots\}$ .

직관은 의 단어 가 정확하게 경로의 레이블이되도록 다음과 같은 모양 의 무한 뿌리 나무 ( ■뿌리, ▲나뭇잎 및 •나머지 내부 노드)에 모든 단어를 넣을 수 있다는 것 입니다 뿌리에서 잎까지 :$S$

   u₀    u₁    u₂
■-----•-----•-----•⋅⋅⋅
      |     |     |
      | v₁  | v₂  | v₃
      |     |     |
      ▲     ▲     ▲

법안 1.1 : 접두사가없는 무한 세트는 접두사가 없습니다.

제안 증명 1.1 : 이 의 엄격한 접두사라고 합니다. 두 가지 경우가 있습니다.$u_0\dots u_n v_{n+1}$$u_0 \dots u_m v_{m+1}$

• 경우 다음 의 접두사 . 과 에 뚜렷한 첫 글자가 있기 때문에 불가능 합니다.$n < m$$v_{n+1}$$u_{n+1}\dots u_m v_{m+1}$$u_{n+1}$$v_{n+1}$

• 경우 후 의 접두사 . 과 에 뚜렷한 첫 글자가 있기 때문에 불가능 합니다.$n > m$$u_{m+1}\dots u_n v_{n+1}$$v_{m+1}$$u_{m+1}$$v_{m+1}$

발의안 제 1.2 호 : 접두사없는 무한한 세트는 무한합니다.

제안 증명 1.2 : 증거 1.1에서, 이면 및 은 접두사 순서와 비교할 수 없음을 . 그러므로 그들은 평등하지 않습니다.$n\not= m$$u_0\dots u_n v_{n+1}$$u_0 \dots u_m v_{m+1}$

주요 증거

발의안 제 2 호 : 무한 프리픽스 프리 세트에는 무한 프리픽스 프리 세트가 포함되어 있습니다.

발의안 3 : 언어에는 접두사가없는 무한 세트가 포함 된 경우에만 접두사없는 세트가 포함됩니다.

아래 증거.

법안 3의 증명 : 법안 2에 의한 법안 1.1과 1.2에 의한 .$\boxed{\Rightarrow}$$\boxed{\Leftarrow}$

발의안 제 4 호 : 정규 언어의 접두사가없는 부분 집합 세트 (무한 단어 됨 이다 - 정규 (그것을 인식 부치 자동 장치의 크기가 일반 언어를 인식 NFA의 크기 다항식).$\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\overline{u_2}\dots$$\omega$

아래 증거.

정리 5 : NFA에 의해 기술 된 정규 언어가 무한 프리픽스 프리 서브 세트를 포함 하는지를 결정하는 것은 NFA의 크기에서 시간 다항식으로 수행 될 수있다.

정리 증명 5 : 제안 3은 접두사가없는 무한 부분 집합이 포함되어 있는지 테스트하는 것으로 충분합니다. 언어 (Büchi 오토 마톤의 크기에 따라 선형으로 수행 될 수 있음).

제안 증명 2

Lemma 2.1 : 가 접두사없는 세트이면 (모든 단어 ) 도 마찬가지입니다 .$S$$w^{-1}S$$w$

증거 2.1 : 정의에 따라.

Lemma 2.2 : 는 무한한 단어 집합이되게하십시오. 하자 의 모든 단어에 대한 가장 긴 접두사 공통 . 와 는 동일한 추기경을 갖습니다.$S$$w:=\operatorname{lcp}(S_n)$$S$$S$$w^{-1}S$

증명 2.2 : 로 정의 합니다. 그것은 의 정의에 의해 잘 정의되고 정의에 의해 주입되고 정의에 의해 추측됩니다 .$f:w^{-1}S\to S$$f(x)=wx$$w^{-1}S$$f$$w$

제안 증명 2 : 우리는 에 유도하여 및 을 구축 합니다. 유도 가설 은 다음 부분으로 구성됩니다.$u_n$$v_n$$n$$H_n$

• $(P_1)$ 모든 , ;$k\in\{1,\dots,n\}$$u_0\dots u_{k-1} v_k \in S$

• $(P_2)$ 모든 에 대해 및 는 비어 있지 않으며 고유 한 문자로 시작합니다.$k\in\{1,\dots,n\}$$u_k$$v_k$

• $(P_3)$ $S_n:=(u_0\dots u_n)^{-1}S$ 는 무한합니다.

• $(P_4)$ 모든 단어에 공통 인 비어 있지 않은 접두사가 없습니다 . 즉 : 아무 편지도 없다 그러한 .$S_n$$a$$S_n\subseteq a\Sigma^*$

비고 2.3 : 없이 을 확인하는 시퀀스가있는 경우 을 수정 하여 도 만족시킬 수 있습니다 . 실제로 을 됩니다 . 은 영향을받지 않습니다. 는 사소합니다. 는 시공입니다. 은 lemma 3입니다.$H_n$$(P_4)$$u_n$$(P_4)$$u_n$$u_n\operatorname{lcp}(S_n)$$(P_1)$$(P_2)$$(P_4)$$(P_3)$

이제 에 유도하여 시퀀스를 만듭니다 .$n$

• 초기화 : 은 를 취하여 (즉, 을 취하고 3.1을 적용하여) 적용됩니다.$H_0$$u_0:=\operatorname{lcp}(S)$$u_0:=\varepsilon$

• 유도 단계 : 우리가 단어를 가지고 있다고 가정하자 및 같은 그 일부 . 우리는 만들 것이다 및 등이 .$u_1,\dots,u_n$$v_1,\dots,v_n$$H_n$$n$$u_{n+1}$$v_{n+1}$$H_{n+1}$

이후 무한하고 접두어 불요 (표제어 1)는 포함하지 않는 되도록 . 이후 무한대 편지가 되도록 무한에게. 함으로써 편지가 구별 되도록 비어된다. 픽업 . 촬영 될 충족시킬 , 및$S_n$$\varepsilon$$S_n=\underset{a\in \Sigma}{\bigsqcup}(S_n\cap a\Sigma^*)$$S_n$$a$$S_n\cap a\Sigma^*$$(P_4)$$b$$a$$S_n\cap b\Sigma^*$$v_{n+1}\in S_n\cap b\Sigma^*$$u_{n+1}$$a$$(P_1)$$(P_2)$$(P_3)$그래서 우리는 : 을 얻기 위해 3.1을 적용 합니다.$(P_4)$$u_{n+1}:=a\operatorname{lcp}(a^{-1}S_n)$

$(P_1)$ $u_1\dots u_nv_{n+1}\in u_1\dots u_n(S_n\cap b\Sigma^*)\subseteq S$ 입니다.

$(P_2)$ 의 정의에 와 .$u_{n+1}$$v_{n+1}$

$(P_3)$ $a^{-1}S_n$ 의 정의에 의해 무한 및 표제어 (3) 따라서 무한대.$a$$S_{n+1}$

$(P_4)$ 의 정의에 .$u_{n+1}$

제안 증명 4

발의안 제 4 호 : 를 NFA로하십시오.$A=(Q,\to,\Delta,q_0,F)$

아이디어는 다음과 같다 : 우리는 읽을 우리가 읽기 위치를 기억, , 우리가 읽은 후 어디까지 철수 읽기 우리가 ... 우리는 또한 각 읽은 첫 글자를 기억 위치를 기억 이 다른 문자로 시작 되도록합니다 .$u_0$$v_1$$u_0$$u_1$$v_n$$u_n$

멀티 헤드 오토마타를 사용하면 이것이 더 쉬울 수 있다고 들었지만 실제로는 형식주의에 익숙하지 않으므로 Büchi 오토 마톤을 사용하여 설명합니다.

우리는 . 여기서 기호 는 및 대한 모자가있는 기호 를 설명하는 데 사용됩니다 .$\Sigma':=\overline{\Sigma}\sqcup\widehat{\Sigma}$$u_k$$v_k$

우리는 설정 , 여기서$Q':=Q\times (\{\bot\}\sqcup (Q \times \Sigma))$

• $(q,\bot)$ 은 당신이 는 것을 의미합니다 ;$u_n$

• $(q,(p,a))$ 는 상태 에서 을 읽고 , 이제 시작하는 을 읽고 , 완료되면 다시 돌아가는 것을 의미합니다. 로 시작하지 않는 을 읽으려면 를 입력 .$u_n$$p$$v_{n+1}$$a$$p$$u_{n+1}$$a$

우리는 세트 때문에 우리는 읽고 시작 .$q_0':=(q_0,\bot)$$u_0$

우리는 정의 같이 .$F'$$F\times Q \times \Sigma$

전환 세트 는 다음과 같이 정의됩니다.$\to'$

• " "각 전환 에 ;$u_n$$q\overset{a}{\to}q'$$(q,\bot)\overset{\overline{a}}{\to'}(q',\bot)$

• " to "각 전환 에 ;$u_n$$v_{n+1}$$q\overset{a}{\to}q'$$(q,\bot)\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(q,a))$

• " "각 전환 에 ;$v_n$$q\overset{a}{\to}q'$$(q,(p,a))\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(p,a))$

• " 하기 각 트랜지션은" 최종 문자 로 구별 , 추가 ;$v_n$$u_n$$p\overset{a}{\to}p'$$p$$b$$a$$(q,(p,b))\overset{\overline{a}}{\to'}(p',\bot)$

보조 정리 4.1 : 으로 허용되는 각각 IFF에 , 및 비어 있고 별개의 문자로 시작하고, 각각 , .$\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\dots \overline{u_n}\widehat{v_{n+1}}$$A'$$n\ge 1$$u_n$$v_n$$n\ge 0$$u_0\dots u_n v_{n+1}\in L(A)$

명예 증명 4.1 : 독자에게 맡겼습니다.