¿Cuál es la complejidad del problema del vacío para los DFA de 2 vías?

12

Me pregunto, ¿cuál es la complejidad temporal de determinar el vacío para los DFA de 2 vías? Es decir, autómatas finitos que pueden moverse hacia atrás en su cinta de entrada de solo lectura.

Según Wikipedia, son equivalentes a los DFA, aunque el DFA equivalente podría ser exponencialmente más grande. He encontrado complejidad de estado para sus complementos e intersecciones, pero no para sus pruebas de vacío.

¿Alguien sabe de un documento donde podría encontrar esto?

— jmite
fuente

1

Le sugiero que lea una de las dos pruebas que reducen los 2DFA a DFA. Podrían darte una idea del problema.

— Yuval Filmus

9

El amigo Google sugiere lo siguiente: " La integridad de PSPACE del problema del vacío para los autómatas deterministas bidireccionales de estado finito en el ejercicio 5.5.4 se debe a Hunt (1973) " . (Introducción a la teoría de la computación, Eitan Gurari, Computadora Science Press, 1989, en línea )

Hunt, H. (1973). "Sobre el tiempo y la complejidad de la cinta de los idiomas", Actas del 5to Simposio Anual de ACM sobre Teoría de la Computación, 10-19.

( Ahora he mirado la referencia ) El documento está escrito de manera abstracta, como usted nota. La parte crucial para nosotros es la prueba de Thm 3.7, donde se sugiere que se puede construir un 2FSA que acepte cálculos válidos de un autómata lineal lineal en una cadena fija (!) (que está cerca de la definición de PSPACE). El 2FSA es construible en tiempo polinómico (en el tamaño de y ). Un cálculo de un LBA se puede escribir como donde tienen la misma longitud que y son pasos consecutivos de $\cal A$ $\cal M$ $x$ $\cal A$ $\cal M$ $x$ $x\$x_1\$\dots\$x_n$ $x_i$ $x$ $\cal M$ . ¿Cómo comprueba que y son iguales (hasta un cambio muy local de un estado y un solo símbolo como operación de un LBA)? Revisando letra por letra, yendo en ambos sentidos en la cinta. Para eso necesitamos un contador de tamañoimplementado en el control de estados finitos de . $\cal A$ $x_i$ $x_{i+1}$ $|x|$ $\cal A$

Resulta que el problema se menciona en el apéndice de la referencia clásica de Garey & Johnson, Computadoras e Intractabilidad , problema [AL2] "No vacío de autómata de estado finito bidireccional" con la observación explícita "PSPACE-complete incluso si es determinista ". Vuelva a hacer referencia a Hunt, con la aclaración "Transformación de la aceptación del autómata lineal acotado" (Dado LBA y entrada , ¿ acepta ?). El último problema es [AL3] con referencia al famoso artículo de Karp (1972) "Reducibilidad entre problemas combinatorios" (donde la aceptación de LBA se menciona como reconocimiento sensible al contexto). $\cal A$ $\cal A$ $x$ $\cal A$ $x$

— Hendrik Jan
fuente

1

Revisé la referencia. Estoy bastante seguro de que se desprende del Teorema 3.8, aunque fue un poco complicado. Está redactado más como el resultado del estilo del teorema de Rice para predicados / propiedades arbitrarias, en lugar de un simple "vacío es PSPACE completo".

— jmite

5

La no intersección de vacío para DFA es la siguiente:

Entrada: una lista finita de DFA , , ..., . $D_1$ $D_2$ $D_k$

Pregunta: ¿Existe una cadena tal que por cada , acepte ? En otras palabras, ¿la intersección de sus idiomas regulares asociados no está vacía? $w$ $i \in [k]$ $D_i$ $w$

La intersección del no vacío es un problema clásico completo de PSPACE (Kozen 1977 - "Límites inferiores para sistemas de prueba natural")

Relevancia: hay una reducción agradable y simple parametrizada de no intersección en el vacío para DFA unidireccionales a no vacío para DFA bidireccionales.

Elija el número de DFA para que sea el parámetro para Intersection Non-Vacío y el número de vueltas (cambia de moverse de izquierda a derecha o de derecha a izquierda) como el parámetro para No Vacío para DFA de dos vías.

Afirmación: La intersección del No Vacío para DFA's es reducible a No Vacío para -vuelta DFA bidireccional. (Creo que también hay una reducción relacionada para la otra dirección). $k$ $(2k-2)$

Dados los de DFA , , ..., , podemos construir un DFA bidireccional que evalúe cada uno de los DFA en la cadena de entrada de uno en uno. $D_1$ $D_2$ $D_k$ $(2k-2)$

Primero, evalúa en la entrada. Luego, mueve el cabezal de la cinta al principio y evalúa en la entrada. Luego, mueve el cabezal de la cinta al principio y evalúa en la entrada. ... Finalmente, mueve el cabezal de la cinta al principio y evalúa en la entrada. $D_1$ $D_2$ $D_3$ $D_k$

Si todos aceptan, entonces realiza la evaluación de todos ellos y luego acepta. Si uno de ellos rechaza, entonces se detiene (no termina de evaluar en todos ellos) e inmediatamente rechaza.

Dureza: Si puede resolver el No Vacío de Intersección para DFA en menos de tiempo, entonces la hipótesis del tiempo exponencial fuerte es falsa. $k$ $n^k$

Enlace relacionado: /cstheory/29142/deciding-emptiness-of-intersection-of-regular-languages-in-subquadratic-time/29166#29166

Por lo tanto, mediante la reducción, si puede resolver el no vacío para DFA bidireccionales en menos de tiempo, entonces la hipótesis del tiempo exponencial fuerte también es falsa. $(2k-2)$ $n^k$

Conclusión: Si tuviera que encontrar un algoritmo más rápido para el no vacío para los DFA bidireccionales, eso conduciría a una simulación más eficiente de máquinas no deterministas. Avísame si tienes alguna idea para compartir. ¡Gracias por hacer la pregunta! :)

— Michael Wehar
fuente