특수 언어 클래스 : "원형"언어. 알고 있습니까?

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유한 알파벳 시그마에 대해 다음과 같은 "원형"언어 클래스를 정의하십시오. 실제로, 그 이름은 DNA 컴퓨팅 분야에서 사용되는 것으로 보이는 다른 것을 나타내는 것으로 이미 존재합니다. AFAICT, 그것은 다른 종류의 언어입니다.

언어 L은 모든 단어 $w$ 에 대해 순환 iff입니다 . $\Sigma^*$

$w$ 모든 정수 $k > 0$ 에 대해 가 L에 속하는 경우에만 는 L에 $w^k$ 속합니다.

이 언어 클래스가 알려져 있습니까? 나는 규칙적이고 특히 다음과 같은 순환 언어에 관심이 있습니다.

이미 알려진 경우 이름
허용되는 언어가 위의 정의를 준수하는지 여부에 관계없이 자동 (특히 DFA)을 고려할 때 문제의 결정 가능성

fl.formal-languages automata-theory regular-language

— 빈센조
소스

1

이것은 매우 흥미로운 질문입니다. 두 가지 관련 질문이 있습니다. 1) 정규 언어 L과 관련 DFA가있는 경우 순환 형으로 만들 수 있습니까? 2) 언어 L이 주어지면 circ (L)이 규칙적이거나 멋진 속성이 있습니까?

— Suresh Venkat

추신 : 이것은 아마도 분명하지만 왜 순환 언어가 일반 언어의 하위 클래스라고 생각합니까?

— Suresh Venkat

3

@Suresh, 나는 그것이 a) 규칙적이라면 언어를 원형으로 정의한다고 생각한다. b) 폐쇄 특성

충족시킵니다

\forall w \in L, n \in N : w^{n} \in L

$\forall w \in L, n \in \mathbb{N} : w^n \in L$ .

— 피터 테일러

미주리의 교차로 .

— Hsien-Chih Chang 張顯之

1

고마워해야 할 수도 있지만 이것이 첫 번째 질문이었으며 의견, 답변 및 토론의 품질에 대해 감사했습니다. 감사.

— 빈센조 ml

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첫 번째 부분에서는 원형을 결정하기위한 지수 알고리즘을 보여줍니다. 두 번째 부분에서는 이것이 문제가 coNP-hard임을 보여줍니다. 세 번째 부분에서, 우리는 모든 순환 언어가 형식 (여기서 은 빈 정규 표현식이 될 수 있음) 의 언어의 합집합임을 보여줍니다 . 노조가 반드시 분리되어 있지는 않습니다. 네 번째 부분에서 우리는 분리 된 합으로 쓸 수없는 순환 언어를 보여 줍니다. . $r^+$ $r$ $\sum r_i^+$

편집 : Mark의 의견에 따라 일부 수정 사항이 통합되었습니다. 특히, 원형도가 coNP-complete 또는 NP-hard라고 주장한 나의 이전 주장은 수정되었다.

편집 : 정규 형식을 에서 . "본질적으로 모호한"언어를 전시했습니다. $\sum r_i^*$ $\sum r_i^+$

Peter Taylor의 의견에 계속해서, DFA에서 언어가 원형인지 여부를 결정하는 방법은 매우 비효율적입니다. 상태가 이전 상태의 튜플 인 새 DFA를 구성합니다 . 이 새로운 DFA는 이전 DFA의 사본 개를 동시에 실행 합니다. $n$ $n$

언어가 원형이 아닌 경우 다음 단어가 우리가 반복적으로 DFA를 통해 실행하면, 초기 상태로 시작되도록 우리가 얻을 상태 그러한 수용하지만 하나 다른 것 중 하나는 받아들이지 않습니다 (모두 받아들이면 순서 은 순환해야 는 항상 언어로 표시됩니다). 다시 말해, 우리는 경로를 가지고 있습니다 $w$ $s_0$ $s_1,\ldots,s_n$ $s_1$ $s_0,\ldots,s_n$ $w^*$ ~ 여기서 은 수락하지만 다른 것 중 하나는 수락하지 않습니다. 반대로, 언어가 원형이라면 그럴 수 없습니다. $s_0,\ldots,s_{n-1}$ $s_1,\ldots,s_n$ $s_1$

따라서 문제를 간단한 직접 도달 가능성 테스트로 줄였습니다 (가능한 모든 "나쁜" 튜플을 확인하십시오 ). $n$

순환 성의 문제는 coNP-hard입니다. 변수 및 절 과 함께 3SAT 인스턴스가 있다고 가정 합니다. 우리는 가정 할 수 (더미 변수를 추가)하고 소수 (그렇지 않으면 사이의 소수를 찾을 수 과 AKS의 소수성 테스트를 사용하고 더미 변수와 절을 추가). $n$ $\vec{x}$ $m$ $C_1,\ldots,C_m$ $n = m$ $n$ $n$ $2n$

다음 언어를 고려한다 : "입력이 없는 형태의 여기서 이기 만족 할당 ". 이 언어에 대한 DFA를 쉽게 구성 할 수 있습니다. 언어가 원형이 아닌 경우 언어에 단어 가 있으며, 그 중 일부는 언어에 있지 않습니다. 언어에없는 단어의 길이는 이므로 의 길이는 또는 이어야합니다 . 길이가 길 경우 $\vec{x}_1 \cdots \vec{x}_n$ $\vec{x}_i$ $C_i$ $O(n^2)$ $w$ $n^2$ $w$ $1$ $n$ ,대신 (여전히 언어로되어 있음)을 고려하여 는 언어이고 은 언어가 아닙니다. 사실 언어 수단 아니라고 인 할당을 만족. $1$ $w^n$ $w$ $w^n$ $w^n$ $w$

반대로, 만족스러운 할당은 언어의 비순환 성을 증명하는 단어로 변환됩니다. 만족스러운 할당 는 언어에 속하지만 은 그렇지 않습니다. 따라서 3SAT 인스턴스가 만족스럽지 않으면 언어는 원형입니다. $w$ $w^n$

이 부분에서는 순환 언어의 일반적인 형식에 대해 설명합니다. 순환 언어 대한 일부 DFA를 고려하십시오 . 시퀀스 이다 실제 경우 (초기 상태), 다른 상태는 수용되고, 의미 . 따라서 모든 실제 시퀀스는 결국 주기적이며 DFA에는 유한하게 많은 상태가 있기 때문에 실제 시퀀스는 유한하게 만 존재합니다. $L$ $C = C_0,\ldots$ $C_0 = s$ $C_i = C_j$ $C_{i+1} = C_{j+1}$

우리는 단어를 말할 동작합니다가에 따라 $C$ 단어 상태에서 DFA 걸리는 경우 상태로 모두, . 그러한 모든 단어 의 집합 은 규칙적입니다 (논쟁은이 답변의 첫 부분과 유사합니다). 참고 의 서브 세트이고 . $c_i$ $c_{i+1}$ $i$ $E(C)$ $E(C)$ $L$

실제 시퀀스 감안 정의 순차로 . 시퀀스 도 실수입니다. 단지 유한 한 여러 시퀀스가 있기 때문에 , 언어 모두의 합집합 정규이다. $C$ $C^k$ $C^k(t) = C(kt)$ $C^k$ $C^k$ $D(C)$ $E(C^k)$

우리는 가 이면 의 속성을 주장합니다 . 실제로, 및 이라고 가정하십시오 . 그런 다음 입니다. 따라서 는 형식으로 쓸 수 있습니다. $D(C)$ $x,y \in D(C)$ $xy \in D(C)$ $x \in C^k$ $y \in C^l$ $xy \in C^{k+l}$ $D(C) = D(C)^+$ 일부 정규 표현식에 대한 . $r^+$ $r$

언어의 모든 단어 는 실제 시퀀스 해당합니다 . 즉, 동작 하는 실제 시퀀스 가 있습니다. 따라서 은 모든 실제 시퀀스 대해 의 합집합입니다 . 따라서 모든 원형 언어는 형식으로 표현 됩니다. 반대로, 그러한 모든 언어는 (사소한) 원형입니다. $w$ $C$ $C$ $w$ $L$ $D(C)$ $C$ $\sum r_i^+$

짝수 또는 또는 짝수의 또는 둘 다를 포함 에 모든 단어 의 순환 언어 을 고려하십시오 . 우리는 그것이 불연속 합계로 쓰여질 수 없음을 보여줍니다. ; "비 연속"은 합니다. $L$ $a,b$ $a$ $b$ $\sum r_i^+$ $r_i^+ \cap r_j^+ = \varnothing$

$N_i$ $r_i^+$ $N > \max N_i$ $x = a^N b^{N!}$ $x \in L$ $x \in r_i^+$ $i$ $x$ $N$ $r_i^+$ $z = a^{N!} b^{N!}$ $y = a^{N!} b^N$ $r_j^+$ $z$ $i \neq j$ $xy \notin L$ . 따라서 표현은 분리 될 수 없습니다.

— 유발 필름 러스
소스

여기에 많은 오류가있는 것 같습니다. 당신은 SAT가 아닌 UNSAT를 줄이므로 coNP가 어렵다는 것을 보여주고 있습니다. (비) 회원에 대한 다항식 시간 증인은 무엇입니까?

— 마크 Reitblatt

"언어에없는 단어의 길이는 이므로" 가 아니어야합니까 ?

n^{2}

$n^2$

n m

$nm$

— 마크 Reitblatt

나는 그것이 "사소한 coNP"라고 생각하지 않습니다. 적어도 나에게는 분명하지 않습니다. 은 "명백한"인증서는 문자열 될 것 언어 및 전원 있도록 언어가 아닙니다. 그러나 왜 그런 단어가 polynomially-sized 해야하는지는 분명하지 않습니다. 아마도 내가 간과하고있는 오토마타 이론의 단순한 사실에 의한 것일 수도 있습니다.

l

$l$

k

$k$

l^{k}

$l^k$

— 마크 Reitblatt

더욱 심각한 명백한 결점은 각 절이 개별적으로 만족스러운 것에서 만족할 수있는 전체 공식으로 점프한다는 것입니다. 물론 내가 잘못 읽지 않는 한.

— Mark Reitblatt

나는 원형도가 coNP에 있다는 것이 확실하지 않다는 것에 동의합니다. 다른 한편으로, 나는 나머지 논쟁에서 아무런 문제도 보지 않습니다 (이제 넣었습니다 ). 각 조항이 동일한 할당으로 충족되면이 할당으로 3SAT 인스턴스가 충족됩니다.

n = m

$n = m$

— Yuval Filmus

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다음은 이러한 언어에 대한 몇 가지 논문입니다.

Thierry Cachat, 1 글자 합리적인 언어의 힘, DLT 2001, Springer LNCS # 2295 (2002), 145-154.

S. Hovath, P. Leupold 및 G. Lischke, DLT 2002, Springer LNCS # 2450 (2003), 220-230.

H. Bordihn, 문맥이없는 언어의 힘에 대한 문맥이없는 것은 결정 불가능하다, TCS 314 (2004), 445-449.

— 제프리 샬릿
소스

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@Dave Clarke, L = a * | b *는 원형이지만 L *는 (a | b) *입니다.

decidability의 측면에서, 언어 이 생길 경우 원형 인 있도록 의 +에서 폐쇄이다 또는 순환 언어의 유한 조합 인 경우가. $L$ $L'$ $L$ $L'$

(귀하의 를 바꾸는 "원형"을 재정의 하려고하고 있습니다. 많은 것을 단순화합니다. 그런 다음 시작 언어가 엡실론 전이만 허용하는 상태 인 NDFA가 존재하는 것으로서 순환 언어를 특성화 할 수 있습니다. 각 수락 상태로 엡실론 전이가 있음). $>$ $\ge$

— 피터 테일러
소스

네 말이 맞아 잘못된 게시물을 삭제했습니다.

— Dave Clarke

로의 적응과 관련하여 : 최소 DFA는 항상 정확히 하나의 수락 가능한 상태, 즉 시작 상태를 가져야한다고 생각합니다. 더 많은 수용 상태가 발생할 수 있지만 시작 상태로의

전환이 필요합니다 .

\geq

$\geq$

ε

$\varepsilon$

— Raphael

1

@Raphael, 다시 L = a * | b *를 고려하십시오. 시작 상태가 유일한 수락 상태이고 a 및 b를 수락하는 DFA는 (a | b) *를 수락해야합니다.

— 피터 테일러

decidability의 질문에, 다시 : 당신과 함께 DFA가 있다고 가정

있는 상태

받고 있습니다. 단어

를 받아들이고

,

, ...,

도 허용 한다고 가정합니다 . 그런 다음

를 사용 합니다. (증거는 비둘기 구멍 원리의 간단한 적용입니다). 최소 (최소

) 반례 (

,

) 를 보여줄 수 있다면

n

$n$

n_{a}

$n_a$

w

$w$

w^{2}

$w^2$

w^{3}

$w^3$

w^{n_{a} + 1}

$w^{n_a+1}$

w^{x}

$w^x$

x > 0

$x > 0$

| w |

$|w|$

w

$w$

x

$x$ ) DFA에 의해 수용된 언어의 순환 성에

의 함수에 의해 제한되는 길이를

경우 무차별 대입 시험이 가능하다. 나는 의심

이지만 증명하지 못했습니다.

n

$n$

| w | <= n + 1

$|w| <= n+1$

— 피터 테일러

위의 @Raphael의 아이디어에 대한 후속 조치. start state = only accept state 아이디어는이 문제에 대해 잘못되었지만 흥미로운 속성을 포착합니다. M이 minDFA 인 경우 시작 상태는 L (M)이 접두어없는 언어의 Kleene 스타 인 경우에만 허용 상태입니다. 이것은 내가 가장 좋아하는 DFA 퀴즈 tidbits 중 하나이므로 빨리 공유 할 수 있습니다! ;)

— mikero

5

편집 : 완전한 (간단한) PSPACE 완성도 증명이 아래에 나타납니다.

두 가지 업데이트. 첫째, 다른 답변에 설명 된 일반적인 양식은 Calbrix와 Nivat의 논문에 이미 접두사 $\omega$ 라는 제목의 언어와 합리적인 언어의 기간 언어로 표시되어 있지만 불행히도 온라인에서는 사용할 수 없습니다.

둘째, DFA가 PSPACE-complete 인 언어가 원형인지 여부를 결정합니다.

PSPACE의 원형도. Savitch의 정리에 의해 NPSPACE = PSPACE이므로, 비원 형성에 대해 NPSPACE 알고리즘을 제공하는 것으로 충분합니다. 하자 와 DFA 일 상태 신택 틱의 모노 이드 사실 이하인 크기를 갖는 경우 것을 의미 원형 아닌 다음 단어가 이하인 길이를 $A = (Q,\Sigma,\delta,q_0,F)$ $|Q|=n$ $L(A)$ $n^n$ $L(A)$ $w$ $n^n$ 되도록 하지만 일부 . 이 알고리즘 은 추측 하고 공간 ( 까지 계산하는 데 사용됨 사용하여 모든 에 를 계산합니다 . 그런 다음 $w \in L(A)$ $w^k \notin L(A)$ $k \leq n$ $w$ $\delta_w(q) = \delta(q,w)$ $q \in Q$ $O(n\log n)$ $n^n$ 하지만 일부 . $\delta_w(q_0) \in F$ $\delta_w^{(k)} \notin F$ $k \leq n$

원 형성은 PSPACE-hard입니다. Kozen은 그의 고전적인 1977 년 논문 에서 자연 증명 시스템에 대한 하한선에서 DFA 목록에 따라 허용되는 언어의 교차가 비어 있는지 여부를 결정하기가 PSPACE가 어렵다는 것을 보여주었습니다 . 이 문제를 순환 성으로 줄입니다. DFAS 이진 주어 , 우리는 소수 발견 및 삼원 DFA 구성 언어 수용성 (더 많은 노력으로 를 만들 수 있습니다 $A_1,\ldots,A_n$ $p \in [n,2n]$ $A$

L (A) = \bar{{2 w_{1} 2 w_{2} \dots 2 w_{p} : w_{i} \in L (A_{1 + (i \mod n)})}} .

$L(A) = \overline{\{2w_12w_2\cdots2w_p : w_i \in L(A_{1+(i\mod{n})})\}}.$

A

$A$ 교차점 이 비어있는 경우에만 가 원형 이라는 것을 ( 가 소수 라는 사실을 사용하여) 보는 것은 어렵지 않습니다 .

p

$p$

L (A)

$L(A)$

L (A_{1}) \cap \dots \cap L (A_{n})

$L(A_1) \cap \cdots \cap L(A_n)$

— 유발 필름 러스
소스

0

길이가 인 모든 은 ( , 로 쓸 수 있습니다 . 그것은 분명 그 및 . 펌핑 보조로 언어는 비어 있지 않은 입력에 대해 규칙적입니다. $s \in L$ $p>0$ $xy^{i}z$ $x = z = \epsilon$ $y = w \neq \epsilon$ $|xy| \leq p$ $|y| = |w| > 0$

들어 , 정의는 빈 문자열의 수를 받아 빈 문자열을 받아들이는 NDFA 이후 보유하고있다. $w= \epsilon$

위의 언어의 공용체는 언어 L이며 정규 언어는 공용 언어로 닫혀 있기 때문에 모든 순환 언어가 규칙적입니다.

라이스 정리에 따르면 는 결정 불가능합니다. 증거는 규칙 성과 비슷합니다. $CIRCULARITY/TM$

— 차지 s
소스

1

펌핑 보조기구는 규칙이지만 필수 조건이지만 충분하지는 않습니다. 특히, 펌핑 조건을 만족시키는 비정규 언어가 있습니다. 또한 라이스 정리는 는 결정할 수 없다고 말할 것 입니다. 그렇다고해서 는 결정할 수 없습니다 ( 는 DFA, a TM)! 예를 들어 DFA에 대한 공허 테스트는 결정 가능하지만 TM에 대한 공허 테스트는 불가능합니다.

{⟨ M ⟩ | L (M) is circular}

$\{\langle M\rangle\vert L(M)\text{ is circular}\}$

{⟨ D ⟩ | L (D) is circular}

$\{\langle D\rangle\vert L(D)\text{ is circular}\}$

D

$D$

M

$M$

— alpoge

1

계산할 수없는 순환 언어가 있습니다. 하자 , 여기서 아닌 일부 계산 가능한 언어 (예를 들어, 정지 된 TMS 코드)이다. 그런 다음 는 원형이지만 명확하게 계산할 수 없습니다 ( 대한 oracle을 사용하여 결정 ).

D = {0^{x} 1 : x \in R}

$D = \{ 0^x 1 : x \in R\}$

R

$R$

D^{*}

$D^*$

D^{*}

$D^*$

R

$R$

— 유발 Filmus

2

@ 피터,이 답변을 읽었습니까? 규칙적인 조건이없는 원형 언어가 규칙적이라는 것을 증명하려고했습니다.

— Yuval Filmus

1

@ 유발, 내 실수. @chazisop, 펌핑 보조 정리는 언어의 비 규칙 성을 증명하는 데 유용하지만 규칙은 아닙니다. (첫 문장의 어설 션은 " 길이 인 모든 을 로 쓸 수 있습니다. 여기서 "으로 명확하게 거짓 임)으로 줄어 듭니다 .

s \in L

$s \in L$

p > 0

$p > 0$

y^{i}

$y^i$

y \neq ϵ

$y \ne \epsilon$

— 피터 테일러

1

예, CIRCULARITY / TM을 사용하여이를 참조합니다. 순환 / DFA는 아마도 결정 가능할 것입니다.

— chazisop