Variante problema post corrispondenza

Questo è probabilmente piuttosto semplice, ma considera il problema standard di corrispondenza post:

Dato e β 1 , ... , β N , trovare una sequenza di indici i 1 , ... , i k tale che alfa i 1 ⋯ α i K = β i 1 ⋯ β i K . Questo è, ovviamente, indecidibile.$\alpha_1, \ldots, \alpha_N$$\beta_1, \ldots, \beta_N$$i_1, \ldots, i_K$$\alpha_{i_1}\cdots \alpha_{i_K} = \beta_{i_1}\cdots \beta_{i_K}$

Ora, lo chiamo una "variante", ma non è proprio - essenzialmente butta via la "corrispondenza". Comunque, considera la seguente variante:

Dato e β 1 , ... , β N , trovano due sequenze di indici i 1 , ... , i K , j 1 , ... , j K tali che α i 1 ⋯ α i K = β j 1 ⋯ ß j K . Cosa si può dire di questa variante? Se questo è banale, le mie scuse!$\alpha_1, \ldots, \alpha_N$$\beta_1, \ldots, \beta_N$$i_1, \ldots, i_K, j_1, \ldots, j_{K}$$\alpha_{i_1}\cdots \alpha_{i_K} = \beta_{j_1}\cdots \beta_{j_{K}}$

Questa nuova versione - dove - è decidibile.$K = K'$

Mostriamo che la lingua è un CFL. Quindi la decidibilità segue dalla decidibilità del vuoto di un CFL.$L := \bigcup_{k \geq 1} (A^k \ \cap \ B^k)$

Ci occuperemo di un PDA ad accettare . Sull'ingresso x , PDA cercherà di costruire due fattorizzazioni di x , uno che utilizza parole di A , e l'altro utilizzando parole di B . Utilizzerà un contatore in pila per garantire che queste due fattorizzazioni abbiano la stessa lunghezza. Concettualmente farò riferimento alla fattorizzazione A di x per quanto riguarda la seduta sopra x e la fattorizzazione B come seduta sulla parte inferiore di x . Quindi lo stack conterrà n contatori se il valore assoluto della differenza del numero di parole corrispondenti in alto, meno il numero di parole in basso, è$L$$x$$x$$A$$B$$A$$x$$x$$B$$x$$n$ . Abbiamo bisogno di un altro stato del PDA per registrare ciò che il segno appropriato corrisponde a n (che ci dice se lafattorizzazione A è più lunga dellafattorizzazione B o viceversa).$n$$n$$A$$B$

Mentre scansioniamo le lettere di , indoviniamo indeterminatamente una parola t di A e una parola u di B a cui inizia questa lettera. Una volta abbiamo indovinare, ci siamo impegnati a abbinare il resto della t e u contro x ; se in qualsiasi momento la nostra partita fallisce, ci fermiamo in questa scelta non deterministica. Così anche noi manteniamo, nello stato del nostro PDA, il suffisso di t e u che resti a partita.$x$$t$$A$$u$$B$$t$$u$$x$$t$$u$

Come abbiamo scansione ulteriori lettere, continuiamo corrispondenza fino abbiamo raggiunto il fine o alla fine di u (o entrambi). Quando raggiungiamo la fine di una parola, aggiorniamo lo stack in modo appropriato, quindi indoviniamo una nuova parola in modo che corrisponda nella parte superiore o inferiore (o entrambe).$t$$u$

Accettiamo se i suffissi rimanenti da abbinare sono entrambi vuoti in alto e in basso e la pila non contiene contatori.

Siamo in grado di costruire questo PDA in modo efficace, in modo da poter effettivamente decidere se accetta qualcosa o meno (ad esempio, convertendo efficacemente in una grammatica e quindi utilizzando il solito metodo per vedere se G genera qualcosa).$G$

$k$$2^{O(l^2)}$$l$$A$$B$

$A$$B$$A$$B$

$\alpha_{i_1} \cdots \alpha_{i_K} = \beta_{j_1} \cdots \beta_{j_{K'}}$$K = K'$

$A$$\alpha_{i_1} \cdots \alpha_{i_K}$$B$$\beta_{j_1} \cdots \beta_{j_{K'}}$$A \cap B$$A,B$