Büchi automi con strategia di accettazione

Il problema

Let essere un automa Büchi, riconoscendo un linguaggio L ⊆ Σ w . Assumiamo che A ha una strategia di accettazione nel senso seguente: v'è una funzione σ : Σ * → Q , che può essere utilizzato per corse pilota di A . Lo formalizziamo alle seguenti condizioni:$A=\langle \Sigma, Q, q_0,F,\Delta\rangle$$L\subseteq\Sigma^\omega$$A$$\sigma:\Sigma^*\to Q$$A$

• $\sigma(\epsilon)=q_0$

• per tutti e a ∈ Σ , ( σ ( u ) , a , σ ( u a ) ) ∈ $u\in\Sigma^*$$a\in\Sigma$$(\sigma(u),a,\sigma(ua))\in\Delta$

• per tutto , la corsa pilotata da σ sta accettando, ovvero la sequenza σ ( ϵ ) , σ ( a 0 ) , σ ( a 0 a 1 ) , σ ( a 0 a 1 un 2 ) , ... ha un numero infinito di elementi in F .$w=a_0a_1a_2\dots\in L$$\sigma$$\sigma(\epsilon),\sigma(a_0),\sigma(a_0a_1),\sigma(a_0a_1a_2),\dots$$F$

Per riassumere le condizioni, può accettare qualsiasi parola del suo linguaggio senza dover indovinare nulla sul futuro.$A$

Quindi, sotto questi presupposti su , è vero che A può essere determinato semplicemente rimuovendo le transizioni? In altre parole, possiamo sempre scegliere la transizione successiva in base solo allo stato e alla lettera correnti? C'è qualche riferimento sull'argomento? La stessa domanda può quindi essere posta sugli automi co-Büchi e, più in generale, sugli automi di parità.$A$$A$

Ciò che è noto

Ecco alcuni risultati parziali.

In primo luogo, possiamo limitare alle scelte non deterministiche tra stati che hanno lo stesso residuo. Infatti, se L ( q ) è la lingua accettata da q , una strategia di accettazione non può scegliere q 1 su q 2 ad un certo punto, se c'è w ∈ L ( q 2 ) ∖ L ( q 1 ) .$\sigma$$L(q)$$q$$q_1$$q_2$$w\in L(q_2)\setminus L(q_1)$

Si noti che le restanti scelte contano, quindi nonostante l'intuizione, questo non è abbastanza per sbarazzarsi del non determinismo. Questo perché è possibile rimanere all'infinito in un buon residuo (cioè il resto della parola è nel residuo), ma respingere la parola perché non si vedono infinitamente molti stati Büchi. Questa è la principale difficoltà del problema: una corsa infinita può essere sbagliata, senza fare alcun errore fatale ad un certo punto.

In secondo luogo, il problema è risolto se , ossia tutte le parole siano accettati da A . In questo caso, possiamo vedere A come un gioco Büchi in cui il giocatore I sceglie le lettere di input e il giocatore II sceglie le transizioni. Quindi possiamo usare la determinazione posizionale dei giochi Büchi per estrarre una strategia posizionale per il Giocatore II. Questo argomento funziona anche nel caso più generale di automi di parità. La difficoltà di questo problema deriva dal fatto che alcune parole non sono in L , e in questo caso la strategia σ può avere qualsiasi comportamento.$L=\Sigma^\omega$$A$$A$$L$$\sigma$

In terzo luogo, qui è una prova che in base alle ipotesi, il linguaggio è nella classe dei linguaggi Büchi deterministiche, testimoniato da un automa a stati 2 Q . Si noti che ciò implica che L non può essere un linguaggio regolare ω , ad esempio se L = ( a + b ) ∗ a ω , non può esistere alcuna strategia σ corrispondente alle condizioni.$L$$2^Q$$L$$\omega$$L=(a+b)^*a^\omega$$\sigma$

Iniziamo restringendo le transizioni in base alla prima osservazione: le uniche scelte che possiamo fare non influiscono sulla lingua residua. Prendiamo solo i successori con il massimo residuo, devono esistere perché esiste .$\sigma$

Poi, costruiamo nel modo seguente. A ′ è l'automa del sottoinsieme di A , ma ogni volta che uno stato Büchi q appare nel componente, tutti gli altri stati possono essere rimossi dal componente e ricominciamo dal singleton { q } . Quindi possiamo impostare F ′ = { { q } : q ∈ F $A'=\langle \Sigma, 2^Q, \{ q_0\},F',\Delta'\rangle$$A'$$A$$q$$\{ q\}$$F'=\{\{ q\} : q\in F\}$. Siamo in grado di verificare che è un automa deterministico Büchi per L .$A'$$L$

Infine, unendo la seconda e la terza osservazione, possiamo sempre ottenere una strategia di memoria finita , usando una strategia di posizione per il giocatore II nel gioco A × A ′ in cui il giocatore I sceglie le lettere, il giocatore II sceglie le transizioni in A e vince se A accetta quando A ′ accetta.$\sigma$$A\times A'$$A$$A$$A'$

Si scopre che la risposta è no, alcuni contro-esempi possono essere trovati in questo documento .

Come hai sottolineato, gli automi Buchi non deterministici e deterministici accettano lingue diverse. La "determinazione" più famosa per un automa Buchi è data da Safra (cerca "Costruzione di Safra" sul Web. Ecco un documento che viene fuori: www.cs.cornell.edu/courses/cs686/2003sp/Handouts/safra.pdf) . La procedura è piuttosto complessa e implica la trasformazione dell'automa di Buchi dato in un automa deterministico di Rabin (con "accettazione" degli stati F e "rifiuto" degli stati G: \ sigma ha solo finitamente molti stati in G). La costruzione di Safra implica molto di più della semplice rimozione delle transizioni e / o della normale costruzione di sottoinsiemi.