길이가 몇 단어입니까

추가 편집 :이 질문은 이제 본질적으로 답변됩니다. 자세한 내용은 이 블로그 항목 을 참조하십시오. 의견과 답변을 게시 한 모든 사람에게 감사합니다.

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원래 질문

이것은 내가 MathOverflow에 대해 물었던 질문 의 희망적으로 더 똑똑하고 더 나은 정보 입니다. 제가 그 질문을했을 때, 저는 문제가있는 수학 영역의 이름조차 몰랐습니다. 이제는 그것이 부분 단어의 알고리즘 조합론에 있다고 확신합니다. ( 여기 에 관한 주제에 관한 최신 책 .)

단어 목록을 만들고 싶습니다 $l$편지. 각 단어의 길이는 정확히$k$. 거래는$a \lozenge ^j b$ 목록에 있습니다. $\lozenge$ 와일드 카드 / 무정의 기호 인 경우 $a \lozenge ^j b$목록에 다시 나타나지 않습니다. (다음과 같은 경우에도 마찬가지입니다.$a=b$또는 $j=0$ 따라서 금지 된 하위 단어는 $ab$.)

예를 들어 $k=4$ 과 $l=5$:

$abcd$
$bdce$
$dcba$ <-금지되어 있기 때문에 $dc$ 위의 줄에 나타났습니다
$aeed$ <-금지되어 있기 때문에 $a \lozenge \lozenge d$ 첫 줄에 나타났다

필자가 찾은 "피할 수없는 부분 단어"에 관한 문헌은 모두 부정확하다. 결국 단어 크기가 충분히 크면 일부 단어 패턴을 피할 수 없다. 그런 정리의 소소한 버전을 찾고 싶습니다. 따라서 질문 :

일부 형태의 단어가 주어짐 $a \lozenge^j b$ 알파벳으로 $l$ 글자 수, 단어 수 $k$ 그것을 피하고 다항식 시간에 명시 적으로 생산할 수 있습니까?

위의 질문이 어려울 것으로 기대하지는 않지만 미묘한 부분이 없으면 직접 계산할 수 있습니다. 이 사이트에 게시하는 실제 이유는 내 응용 프로그램에 대한 단어 목록의 속성에 대해 더 많이 알아야하기 때문에 누군가 후속 질문에 답변 할 수 있기를 바랍니다.

이것이 일반적으로 연구 되었습니까? 부분 단어를 피할 수없는 것이 아니라 불가피하게되기 전에 "얼마나 오래 걸리는가"를 고려해야하는 논문은 무엇입니까?

감사.

특별한 경우가 있습니다 : 길이의 이진 단어 수 $k$ 두 개가 연속적으로 나타나지 않도록 $F(k+3)$, 어디 $F(n)$ 입니다 $n^{th}$ 피보나치 수 ( $F(1)=1, F(2)=1$). 증명은 Zeckendorf 표현을 통해 이루어 집니다.

편집 : 우리는이 초기 특수 사례를 약간 더 큰 특수 사례로 확장 할 수 있습니다 $a\lozenge^0a$. 길이의 문자열을 고려하십시오$k$ 알파벳 크기 이상 $l+1$ 편지와 같은 $a$두 번 연속으로 나타나지 않습니다. 허락하다$f(k)$그러한 문자열의 수 ( "유효 함"이라고 함). 우리는 다음과 같이 주장합니다.

$$f(k) = l*f(k-1) + l*f(k-2)$$ $$f(0) = 1, f(1) = l+1$$ 직감은 유효한 길이의 문자열을 만들 수 있다는 것입니다. $k$ 다음 중 하나에 의해 : a) $l$ 아닌 글자 $a$ 유효한 길이의 문자열로 $k-1$또는 b) 편지와 인접 $a$ 그리고 다른 편지지 만 $a$ 유효한 길이의 문자열로 $k-2$.

다음은 위의 재발에 대해 닫힌 양식인지 확인할 수 있습니다. 여기서 때 을 이해 .

$$f(k) = \sum_{i=0}^{k} {{k+1-i}\choose{i}} l^{k-i}$$ ${{n}\choose{i}} = 0$$i>n$

편집 # 2 : 하나 더 사례를 시작합시다 . 하위 문자열 , "valid"를 포함하지 않는 요소 알파벳 이상의 문자열을 호출 하고 가 길이가 인 유효한 문자열 세트를 나타내도록합니다 . 또한,의는 정의 할 수 의 부분 집합으로 로 시작하는 문자열로 구성된 와 로 시작되지 않은 것으로 . 마지막으로,,.$\lozenge^0 b, a \neq b$$l$$ab$$S_k$$k$$T_k$$S_k$$b$$U_k$$b$$f(k) = |S_k|$$g(k) = |T_k|$$h(k) = |U_k|$

및 것을 관찰했다 . 다음으로, 우리는 다음과 같은 반복을 유추한다 : 첫 번째는 의 모든 요소의 시작 부분에 를 추가하면 의 요소를 생성 한다는 사실에서 비롯됩니다 . 두 번째는 우리의 소자 구성 할 수 있다는 관찰로부터 오는 임의의 문자하지만 추가하여 의 요소의 정면 모든 문자를 추가하거나을하지만 또는 어느 소자의 전면 에 .$g(0)=0, h(0)=1, f(0)=1$$g(1)=1, h(1)=l-1, f(1)=l$

$$\begin{eqnarray} g(k+1) &=& f(k) \\ h(k+1) &=&(l-1)*h(k) + (l-2)*g(k) \end{eqnarray}$$ $b$$S_k$$T_{k+1}$$U_{k+1}$$b$$U_{k}$$a$$b$$T_k$

다음으로, 재귀 방정식을 재정렬하여 다음과 같이 구합니다.

$$\begin{eqnarray} f(k+1) &=& g(k+1) + h(k+1) \\ &=& f(k) + (l-1)*h(k) + (l-2)*g(k) \\ &=& f(k) + (l-1)*f(k) - g(k) \\ &=& l*f(k) - f(k-1) \end{eqnarray}$$

함수를 생성하거나 약간 게으른 경우 Wolfram Alpha 로 직진하여이 재발에 대해 다소 불투명 한 폐쇄 형 솔루션을 얻을 수 있습니다 . 그러나 OEIS 에서 약간의 인터넷 검색과 을 통해 실제로 다음과 같은 것을 알 수 있습니다. 여기서 는 두 번째 종류의 체비 쇼프 다항식입니다 ! .

$$f(k) = U_k(l/2)$$ $U_k$$k^{th}$

첫 번째 질문에 대한 완전히 다른 접근 방식 은 일반 언어로 단어 를 생성 할 때 최근 질문에 대한 답변을 재사용합니다 . 일반 언어 에서 길이 에 대해 이러한 알고리즘을 적용하면 충분합니다. 여기서 는 알파벳입니다.$k$$\Sigma^\ast a\Sigma^j b\Sigma^\ast$$\Sigma$

업데이트 :이 답변이 잘못되었습니다 :

가정 고정하면, 우리의 개수 카운트 할 수 있는 방법을 패턴 일치 될 수있다 : 제 심볼은 어떤 위치에 일치시킬 수 , 우리는이$j$$a\lozenge^j b$$a$$1\leq i\leq k-j-1$$l^{i-1}$ 그 시점 이전의 가능성, $l^j$ 중에서 $a$ 과 $b$, $l^{k-j-i-1}$ 문자열의 나머지 부분에 대해

$$\sum_{i=1}^{k-j-1}l^{i-1}\cdot l^{j}\cdot l^{k-j-i-1}=(k-j-1)l^{k-2}$$ 사례. 의견에서 이토 츠요시 (Tsuyoshi Ito)가 언급 했듯이이 숫자는 일치하는 다른 단어의 수가 아닙니다 .$a\lozenge^j b$하나의 단어가 다른 방식으로 동일한 패턴을 일치시킬 수 있기 때문입니다. 예를 들어$aa$ 세 번 일치 $aaaa$, $ab$ 두 번 $abab$, $a\lozenge b$ 두 번 $aabb$. 패턴을 여러 번 일치시키는 방법을 여러 번 세어보고 "내포물 제외"표현을 나타낼 수 있지만 패턴이 겹칠 수있는 방법이 너무 길어집니다.

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첫 번째 질문은 $j$ 고정되어 있지 않습니다. 즉 우리는 단어를 포함시키지 않기를 원합니다. $ab$:

• 어느 한 쪽 $a$ 첫 번째 기호는 나타나지 않으며 $(l-1)^k$ 가능한 단어들
• 또는 $a$ 어떤 위치에서 먼저 나타납니다 $1\leq i\leq k$우리는 사용할 수 없습니다 $b$ 나머지 단어에는 : $(l-1)^{i-1}$ 요인에 대한 선택 $a$, $(l-1)^{k-i}$ 나머지를위한 선택, 총계 $\sum_{i=1}^k(l-1)^{i-1}\cdot(l-1)^{k-i}=k(l-1)^{k-1}$가능한 단어. 인지 어떤지$a=b$ 관련이 없습니다.

두 번째 질문에 대해서는 제안 할 것이 많지 않습니다. 단어 삽입과 관련이 있지만 Higman의 Lemma 에 대한 잘못된 시퀀스에 대해 알고있는 결과 는 즉시 적용되지 않습니다.