¿Cuántos DFA aceptan dos cadenas dadas?

Arregle un entero $n$ alfabeto $\Sigma=\{0,1\}$ . Defina $DFA(n)$ como la colección de todos los autómatas de estado finito en $n$ estados con estado inicial 1. Estamos considerando todos los DFA (no solo los conectados, mínimos o no degenerados); por lo tanto $|DFA(n)| = n^{2n}2^n$ .

Ahora considere dos cadenas $x,y\in\Sigma^*$ y defina $K(x,y)$ como el número de elementos de $DFA(n)$ que aceptan tanto $x$ como $y$ .

Pregunta: ¿Cuál es la complejidad de calcular $K(x,y)$ ?

Esta pregunta tiene implicaciones para el aprendizaje automático .

Editar: Ahora que hay una recompensa por esta pregunta, supongo que se necesita un poco más de precisión en la formulación. Para $n\ge1$ , deje que $DFA(n)$ sea la colección de $n^{2n}2^n$ autómatas, como se definió anteriormente. Para $x,y\in\{0,1\}^*$ , defina $K_n(x,y)$ como el número de autómatas en $DFA(n)$ que aceptan ambos $x$ e $y$ . Pregunta: ¿sepuede calcular $K_n(x,y)$ en el tiempo $poly(n,|x|,|y|)$ ?

— Aria
fuente

Si arregla un DFA sin fijar los estados finales, entonces asigna x e y al mismo estado, en cuyo caso la única restricción es que el estado tiene que ser final, o los asigna a dos estados diferentes, en cuyo caso La única restricción es que ambos tienen que ser definitivos. Por lo tanto, reformularía su problema como "¿cuántos DFA asignan xey a diferentes estados?".

— a3nm

Aryeh, ¿puedes explicar la cuenta

n^{2 n} 2^{n}

$n^{2n} 2^n$ ? No puedo obtener el factor

2^{n}

$2^n$ . Agregado: ¡Vaya! Olvidé especificar los estados finales. De todos modos, por el bien de los demás, así es como va la cuenta. Para cada estado, especifique dónde ir en las entradas

0

$0$ y

1

$1$ ; eso representa

n^{2 n}

$n^{2n}$ . Especifique el conjunto de estados finales; eso es

2^{n}

$2^n$ .

— Srivatsan Narayanan

De hecho, no me importa lo que les pase a las cadenas que no sean

. ¿Supongo que uno necesita una cierta cantidad de puntos para comenzar una recompensa?

x

$x$

y

$y$

— Aryeh

El autómata más pequeño que acepta

tiene un solo estado, así que no creo que sea terriblemente informativo ...

x

$x$

y

$y$

— Aryeh

Aquí hay una idea: solo necesitamos saber el número de DFA

-estatales que terminan en el mismo estado en

. Deje que este número sea

es el número total de DFA, es decir,

. Entonces la respuesta es

n

$n$

x

$x$

y

$y$

m

$m$

M

$M$

M = n^{2 n} 2^{n}

$M=n^{2n}2^{n}$

, esto da límites. Para calcular

otra idea es que podemos olvidarnos del segmento inicial compartido de

y también asumir que wlog

. Solo contamos el número de DAG binarios con

estados y altura como

que

terminan en el mismo lugar y desde allí es fácil calcular

\frac{1}{2} m + \frac{1}{4} (M - m)

$\frac{1}{2}m + \frac{1}{4}(M-m)$

m

$m$

x

$x$

y

$y$

x = 0^{a}

$x=0^a$

b = 1^{b}

$b=1^b$

l

$l$

max {a, b}

$\max\{a,b\}$

0^{a}

$0^a$

1^{b}

$1^b$

m

$m$

— Kaveh

Respuestas:

Entonces la pregunta es bastante breve pero muy interesante. Supongo que la entrada es en unario, y e en binario (o tenemos problemas, como lo señala la respuesta de Kai). $n$ $x$ $y$

En primer lugar, si está interesado en conocer aproximadamente, puede generar algunos DFA aleatorios y esto le dará (whp) una buena aproximación. (Me pregunto si esta clase de complejidad tiene un nombre). $K(x,y)$

Entonces saber precisamente parece un problema difícil. Como a cabo en punta en los comentarios por a3_nm y Kaveh, la pregunta es equivalente a determinar el número de autómatas para la que e vaya al mismo estado. Denotaré la probabilidad de que vayan al mismo estado por . $K(x,y)$ $x$ $y$ $p$

Actualización: Algunas de las cosas que escribí aquí no eran ciertas, ahora las arreglé.

Es fácil ver que . Tenemos igualdad, si es todo 0 e es todo cero excepto por su último bit, que es un 1. ¿Hay otros casos? No lo sé. Si, por ejemplo, es la cadena vacía e , entonces $p \ge 1/n$ $x$ $y$ $x$ $y=00$ . $p= \frac{n+1}{(n-1)n}$

Para simplificar el problema, incluso me puse a pensar en lo que sucede si e son unario. Si ambos son al menos y su diferencia es divisible por , entonces . ¿Existe una fórmula simple para la versión unaria? $x$ $y$ $n$ $n!$ $p=1$

— domotorp
fuente

He aclarado el problema: se desea un algoritmo

(o una reducción de algún problema difícil conocido). La aproximación de muestreo se emplea en el documento donde se introduce este núcleo: portal.acm.org/citation.cfm?id=1577108

p o l y (n, | x |, | y |)

$poly(n,|x|,|y|)$

— Aryeh

En cuanto a la versión unaria: solo hay polinómicamente muchos autómatas unarios

estados, por lo que apostaría a que hay un algoritmo de poli-tiempo para calcular

en este caso.

n

$n$

K_{n} (x, y)

$K_n(x,y)$

— Aryeh

De hecho, tiene toda la razón en que la versión unaria es computable. Todavía me pregunto cuán simple es la fórmula para una x e y dada.

— domotorp

La reducción que ha utilizado es defectuosa: x e y pueden ser aceptadas por los mismos autómatas y terminar en estados completamente diferentes, de hecho, pueden compartir solo el estado inicial en sus rutas, lo cual es cierto para todas las cadenas.

— amnn

@amnn: Han pasado tres años desde que escribí esto, pero ¿el tercer párrafo de mi respuesta no explica por qué trato solo con terminar en el mismo estado?

— domotorp

Es muy posible que me esté perdiendo el punto, pero usted declaró que es fijo, por lo que todos los DFA de ese tamaño podrían considerarse precalculados y almacenados en un formato fácilmente simulable. Calcule siguiente manera: $n$ $K$

En la entrada , donde $x$ $y$ $x,y\in\Sigma^*$

almacenar e $x$ $y$
Inicializar el contador a $c$ $0$
para cada uno de sus DFA $n^{2n} 2^n$
a. simúlelo en ambas palabras (este paso es ) $\mathcal{O}(|xy|)$

si. incremente si ambas ejecuciones de simulación aceptan $c$
salida $c$

En total, el cálculo tiene una complejidad lineal. La respuesta es bastante diferente para . $K(n,x,y)$

— Kai
fuente

Claramente, probar todas las máquinas funcionará. Aryeh quiere saber si hay, quizás, un algoritmo de tiempo polinómico o algún otro resultado de dureza.

— Lev Reyzin

Hablando estrictamente, este es el tiempo polinómico en la entrada, si n no es parte de la entrada, eso es lo que Kai estaba diciendo. Pero la pregunta es claramente diferente.

— domotorp

Oh ya veo. No creo que eso sea lo que él quiere decir con "arreglo

". Creo que la interpretación natural del problema es una que no lo trivializa.

n

$n$

— Lev Reyzin

Bien, gracias por señalar la escapatoria, Kai. Se ha solucionado :)

— Aryeh