Gli automi XOR (NXA) per i linguaggi finiti beneficiano dei cicli?

Un Xor autata non deterministico (NXA) è sintatticamente un NFA, ma si dice che una parola sia accettata da NXA se ha un numero dispari di percorsi accettanti (invece di almeno un percorso accettante nel caso NFA).

È facile vedere che per un linguaggio regolare finito $L$ , esiste un NFA minimo che non contiene alcun ciclo (se un ciclo era entrambi raggiungibile dallo stato iniziale e si passa da uno stato accettante - la lingua non è finito).

Questo non è necessariamente il caso degli NXA.

Indica con $xsc(L)$ la complessità dello stato xor di una lingua $L$ ,

e da $axsc(L)$ la complessità dello stato xor aciclico di $L$ (cioè la dimensione di un NXA aciclico più piccolo che accetta $L$ ).

È vero che per ogni linguaggio finito $L$ :

$$axsc(L)=xsc(L)\ ?$$

Penso che la risposta sia affermativa. Forse esiste una dimostrazione più semplice, ma ecco uno schizzo di una dimostrazione che utilizza l'algebra lineare.

Come domotorp, vedremo una configurazione di un automa XOR n-state come vettore in V = GF (2) ⁿ .

Sia L un linguaggio finito su un alfabeto Σ = {1,…, k } e considera un automa XOR per L con il numero minimo di stati. Sia n il numero di stati. Partiamo dal presupposto che gli stati sono etichettati 1, ..., n , e lo stato 1 è lo stato iniziale.

Per prima cosa abbiamo impostato la notazione. Let v ₀ = (1, 0, ..., 0) ^T ∈ V il vettore elementare corrispondente allo stato iniziale, e lasciare s tramite il vettore riga cui i esima entrata è 1 se e solo se lo stato i è uno stato accettante. Il sottospazio R = { v : s v = 0} di V corrisponde ai vettori di configurazione rifiutati.

Per ogni a ∈Σ, lascia che A _a sia la matrice n × n su GF (2) che rappresenta la transizione causata dalla lettera a . Ad esempio, il vettore di configurazione dopo aver letto la stringa di input a b è A _b A _a v ₀ . Per una stringa σ = a ₁ … a _t , denotiamo il prodotto A _{a t} … A _{a 1} con M ( σ ). Sia S = { A ₁, ..., A _k }.

Un sottospazio W di V si dice che sia S - invariante quando A W ⊆ W per ogni A ∈ S . Nel nostro contesto, ciò significa che una volta che il vettore di configurazione va in W , non c'è via d'uscita da W leggendo più lettere.

Poiché questo automa XOR ha il numero minimo di stati, abbiamo le seguenti proprietà.

• L'unico sottospazio S -invariante di V che contiene v ₀ è V stesso. Questo perché se W è un sottospazio S -invariante appropriato contenente v ₀ , allora possiamo usare W al posto di V , contraddicendo la minimalità.
• L'unico sottospazio S -invariant contenuto in R è {0}. Questo perché se W è un sottospazio S non invasivo non banale contenuto in R , allora possiamo usare lo spazio vettoriale quoziente V / W al posto di V , contraddicendo nuovamente la minimalità.

Poiché L è finito, sia m un numero intero maggiore della lunghezza di qualsiasi stringa in L .

Lemma 1 . Per ogni stringa σ di lunghezza almeno m , abbiamo quella M ( σ ) = 0.

Prova. Innanzitutto dimostriamo che per ogni stringa σ di lunghezza almeno m , abbiamo quella M ( σ ) v ₀ = 0. Sia W il sottospazio di V attraversato da { M ( σ ) v ₀ : σ è una stringa di lunghezza almeno m }. Per definizione, W è S -invariante. Poiché l'automa XOR in questione respinge queste stringhe σ , W è contenuto in R . Pertanto W = {0}, che significa cheM ( σ ) .v ₀ = 0 per tutte queste stringhe σ

Consideriamo ora ogni vettore v ∈ V . Poiché l'unico sottospazio S -invariante di V che contiene v ₀ è V stesso, v può essere scritto come una combinazione lineare di vettori della forma M ( τ ) v ₀ per alcune stringhe τ . Perché M ( σ ) M ( τ ) v ₀ = M ( τ σ ) v ₀= 0 (quest'ultima uguaglianza segue dal paragrafo precedente perché la lunghezza di τ σ è almeno m ), sostiene che M ( σ ) v = 0. ■

Abbiamo bisogno di un altro fatto da algebra lineare.

Lemma 2 . Let A ₁ , ..., A _k tramite n × n matrici su un campo, e definiscono M ( σ ) come sopra. Se esiste m ≥0 tale che M ( σ ) = 0 per ogni stringa σ di lunghezza almeno m , le matrici A ₁ ,…, A _k sono simultaneamente simili alle matrici triangolari strettamente inferiori (ovvero esiste una n × n matrice non singolare P tale che le matrici P ⁻¹ A ₁ P, ..., P ⁻¹ A _k P sono triangolari rigorosamente inferiori).

Il caso di k = 1 è una caratterizzazione ben nota di matrici nilpotenti e Lemma 2 può essere dimostrato allo stesso modo.

Consideriamo ora l' automa XOR n -state in cui è data la matrice di transizione corrispondente al simbolo a ∈Σ P ⁻¹ A _a P , il vettore di configurazione iniziale è dato da P ⁻¹ v ₀ e il vettore caratteristico (riga) di gli stati accettanti sono dati da s P . Per costruzione, questo automa XOR accetta la stessa lingua L. Poiché le matrici di transizione sono triangolari rigorosamente inferiori, ogni fronte di transizione in questo automa XOR passa da uno stato con un indice più piccolo a uno stato con un indice più grande, e quindi questo automa XOR è aciclico. Sebbene il vettore di configurazione iniziale possa avere più di un 1s, è facile convertire questo automa XOR in un normale automa XOR con un singolo stato iniziale per la stessa lingua senza aumentare il numero di stati o rovinare l'aciclicità.

Penso di poter dimostrare che i cicli non aiutano l'alfabeto unario.

$M$$F_2$$v_n$$F_2$$\mod 2$$n$$v_n=M^nv_0$$v_0=(1,0,..,0)$descrive lo stato iniziale. Se lo sappiamo dopo un po 'finito$t$ passaggi $s\cdot v=0$ (dove $s$è il vettore caratteristico degli stati accettanti), ciò significa che siamo in un certo sottospazio. La dimensione di$M^n$per un po 'è strettamente decrescente monotona, quindi costante. Ciò significa che dobbiamo raggiungere la subsapce$s\cdot v_n=0$dopo al massimo tanti passaggi, quanti stati ha l'automa. Ma poi c'è un automa senza ciclo che conta solo la lunghezza della parola.