Quanti DFA accettano due stringhe specifiche?

Correggi un numero intero $n$ e un alfabeto $\Sigma=\{0,1\}$ . Definire $DFA(n)$ come raccolta di tutti gli automi a stati finiti su $n$ stati con stato iniziale 1. Stiamo prendendo in considerazione tutti i DFA (non solo quelli connessi, minimi o non degenerati); quindi, $|DFA(n)| = n^{2n}2^n$ .

Ora considera due stringhe $x,y\in\Sigma^*$ e definisci $K(x,y)$ come il numero di elementi di $DFA(n)$ che accettano sia $x$ che $y$ .

Domanda: Qual è la complessità dell'elaborazione $K(x,y)$ ?

Questa domanda ha implicazioni per l'apprendimento automatico .

Modifica: Ora che c'è una generosità su questa domanda, suppongo che un po 'più di precisione nella formulazione sia in ordine. Per $n\ge1$ , sia $DFA(n)$ la raccolta di $n^{2n}2^n$ automi, come definito sopra. Per $x,y\in\{0,1\}^*$ , definisci $K_n(x,y)$ come il numero di automi in $DFA(n)$ che accettano entrambi e . Domanda: essere calcolato in tempo ? $x$ $y$ $K_n(x,y)$ $poly(n,|x|,|y|)$

— Aryeh
fonte

Se correggi un DFA senza correggere gli stati finali, allora associa xey allo stesso stato, nel qual caso l'unico vincolo è che lo stato deve essere definitivo o li mappa a due stati diversi, nel qual caso l'unico vincolo è che entrambi devono essere definitivi. Pertanto, riformulerei il problema come "quanti DFA associano xey a stati diversi?".

— a3nm,

Aryeh, puoi spiegare il conteggio

? Non riesco a ottenere il fattore

. Aggiunto: Oops, ho dimenticato di specificare gli stati finali. Ad ogni modo, per il bene degli altri, ecco come va il conteggio. Per ogni stato, specificare dove andare sugli ingressi

; che rappresenta

. Specifica l'insieme degli stati finali; sono

n^{2 n} 2^{n}

$n^{2n} 2^n$

2^{n}

$2^n$

0

$0$

1

$1$

n^{2 n}

$n^{2n}$

2^{n}

$2^n$

— Srivatsan Narayanan,

Anzi, non mi interessa quello che succede a corde diverse da

. Immagino che uno abbia bisogno di un certo numero di punti per iniziare una taglia?

x

$x$

y

$y$

— Aryeh,

Il più piccolo automa che accetta

ha un unico stato, quindi non credo che sia terribilmente informativo ...

x

$x$

y

$y$

— Aryeh

Ecco un'idea: abbiamo solo bisogno di conoscere il numero di

DFA -state che finiscono nello stesso stato in

. Lascia che questo numero sia

sia il numero totale di DFA, ovvero

. Quindi la risposta è

n

$n$

x

$x$

y

$y$

m

$m$

M

$M$

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

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

, questo dà dei limiti. Per calcolare

un'altra idea è che possiamo dimenticare il segmento iniziale condiviso di

e anche assumere che WLOG

. Contiamo solo il numero di DAG binari constati

e altezza al massimo

che

finiscono nello stesso posto e da quello è facile calcolare

\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,

Risposte:

Quindi la domanda è piuttosto breve ma molto interessante. I supporre che l'ingresso è in unario, e ed in binaria (o abbiamo problemi, come la punta dalla risposta di Kai). $n$ $x$ $y$

Prima di tutto, se sei interessato a conoscere approssimativamente, puoi semplicemente generare alcuni DFA casuali e questo ti darà (whp) una buona approssimazione. (Mi chiedo se questa classe di complessità abbia un nome.) $K(x,y)$

Quindi conoscere esattamente sembra un problema difficile. Come fuori appuntito le osservazioni a3_nm e Kaveh, la questione è equivalente a determinare il numero di automi per cui ed andare allo stesso stato. Indico la probabilità che vadano allo stesso stato di . $K(x,y)$ $x$ $y$ $p$

Aggiornamento: alcune delle cose che ho scritto qui non erano vere, ora le ho riparate.

È facile vedere che . Abbiamo uguaglianza, se è tutto 0 e è tutto zero tranne l'ultimo bit, che è un 1. Ci sono altri casi? Non lo so. Se ad esempio è la stringa vuota e , allora $p \ge 1/n$ $x$ $y$ $x$ $y=00$ . $p= \frac{n+1}{(n-1)n}$

Per semplificare il problema, ho anche iniziato a pensare a cosa succede se ed sono unario. Se entrambi sono almeno e la loro differenza è divisibile per , quindi . Esiste una formula semplice per la versione unaria? $x$ $y$ $n$ $n!$ $p=1$

— domotorp
fonte

Ho chiarito il problema - un

algoritmo è desiderato (o che scendono da alcuni noti problema difficile). L'approssimazione del campionamento è usata nel documento in cui è introdotto questo kernel: portal.acm.org/citation.cfm?id=1577108

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

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

— Aryeh,

As for the unary version: there are only polynomially many

n

$n$ -state unary automata, so I would bet that there is a poly-time algorithm for computing

K_{n} (x, y)

$K_n(x,y)$ for this case.

— Aryeh

Indeed, you are absolutely right that the unary version is computable. I still wonder how simple the formula is for a given x and y.

— domotorp

La riduzione che hai usato è buggy: xey possono essere accettati dagli stessi automi e terminano in stati completamente diversi, infatti possono condividere solo lo stato iniziale nei loro percorsi, il che è vero per tutte le stringhe.

— amnn

@amnn: Sono passati tre anni da quando ho scritto questo, ma il terzo paragrafo della mia risposta non spiega perché mi occupo solo di finire nello stesso stato?

— domotorp,

Potrei benissimo perdere il punto, ma hai affermato che è fisso, quindi tutti i DFA di quella dimensione potrebbero essere considerati pre-calcolati e archiviati in un formato facilmente simulabile. Calcola come segue: $n$ $K$

On input $x$ , $y$ where $x,y\in\Sigma^*$

store $x$ and $y$
initialize counter $c$ to $0$
for each of your $n^{2n} 2^n$ DFAs
a. simulate it on both words (this step is $\mathcal{O}(|xy|)$ )

b. increment $c$ if both simulation runs are accepting
output $c$

Altogether, the computation has linear complexity. The answer is quite different for $K(n,x,y)$ .

— Kai
fonte

Clearly trying all machines will work. Aryeh wants to know if there's, perhaps, a polynomial time algorithm or otherwise some hardness result.

— Lev Reyzin

Strictly speaking this is polynomial time in the input, if n is not part of the input, that is what Kai was saying. But the question is clearly different.

— domotorp

Oh I see. I don't think that's what he means by "fix

n

$n$ ." I think the natural interpretation of the problem is one that doesn't trivialize it.

— Lev Reyzin

Right, thanks for pointing out the loophole, Kai. It's been fixed :)

— Aryeh