Какова сложность проблемы пустоты для двусторонних DFA?

12

Мне интересно, какова сложность определения пустоты для двусторонних DFA? То есть конечные автоматы, которые могут двигаться назад на своей ленте ввода только для чтения.

Согласно Википедии, они эквивалентны DFA, хотя эквивалентный DFA может быть экспоненциально больше. Я обнаружил сложность состояний для их дополнений и пересечений, но не для их проверки пустоты.

Кто-нибудь знает о бумаге, где я мог бы найти это?

— jmite
источник

1

Я настоятельно рекомендую вам прочитать одно из двух доказательств превращения 2DFA в DFA. Они могут дать вам некоторое представление о проблеме.

— Юваль Фильмус

9

Друг Google предлагает следующее: « PSPACE-полнота проблемы пустоты для двусторонних детерминированных автоматов в конечных состояниях в упражнении 5.5.4 принадлежит Ханту (1973)». (Введение в теорию вычислений, Эйтан Гурари, Компьютер Science Press, 1989, онлайн )

Hunt, H. (1973). «О времени и ленточной сложности языков», Материалы 5-го ежегодного симпозиума ACM по теории вычислений, 10-19.

( Я сейчас посмотрел на ссылку ). Как вы заметили, статья написана абстрактно. Важнейшей частью для нас является доказательство Thm 3.7, где предполагается, что можно построить 2FSA который принимает действительные вычисления линейного ограниченного автомата на фиксированной (!) Строке (которая близка к определение PSPACE). 2FSA можно построить за полиномиальное время (размером и ). Вычисление LBA может быть записано как где имеют одинаковую длину с и являются последовательными шагами $\cal A$ $\cal M$ $x$ $\cal A$ $\cal M$ $x$ $x\$x_1\$\dots\$x_n$ $x_i$ $x$ $\cal M$ , Как проверить , что и равны (до очень локального изменения состояния и одного символа , как операции с LBA)? Проверив по буквам, идя в обоих направлениях на ленте. Для этого нам нужен счетчик размерареализуется в конечном госконтроля . $\cal A$ $x_i$ $x_{i+1}$ $|x|$ $\cal A$

Оказывается, эта проблема упоминается в приложении к классической справке Гэри и Джонсона « Компьютеры и неразрешимость» , задача [AL2] «Двусторонний не конечный автомат конечных состояний» с явным замечанием «PSPACE-полная, даже если является детерминированным ". Ссылка снова Охота, с уточнением «Преобразование из линейного ограниченного автоматического принятия» (Учитывая LBA и вход , принимает ?). Последняя проблема - [AL3] со ссылкой на известную статью Карпа (1972) «Сводимость среди комбинаторных проблем» (где признание LBA упоминается как контекстно-зависимое распознавание). $\cal A$ $\cal A$ $x$ $\cal A$ $x$

— Хендрик Ян
источник

1

Я проверил ссылку. Я почти уверен, что это следует из теоремы 3.8, хотя это было немного сложно. Он сформулирован скорее как результат теоремы Райса для произвольных предикатов / свойств, а не просто как «пустота - это PSPACE завершено».

— jmite

5

Непустота пересечения для DFA выглядит следующим образом:

Входной данные : Конечный список ДКА , , ..., . $D_1$ $D_2$ $D_k$

Вопрос: Существует ли строка такая , что для любого , принимает ? Другими словами, является ли пересечение связанных с ними регулярных языков непустым? $w$ $i \in [k]$ $D_i$ $w$

Непустота пересечения является классической PSPACE-полной задачей (Козен, 1977 - «Нижние оценки для систем естественных доказательств»)

Актуальность: Существует приятное и простое параметризованное сокращение от незаполненности пересечения для односторонних DFA до незаполненности для двусторонних DFA.

Выберите число DFA для параметра «Непустота пересечения» и количество оборотов (переключается с движения слева направо или справа налево) в качестве параметра для «Непустота» для двустороннего DFA.

Утверждение: непустота пересечения для DFA сводится к непустоте для двусторонних DFA. (Я полагаю, что есть и связанное сокращение для другого направления.) $k$ $(2k-2)$

Учитывая ДКУ , , ..., , мы можем построить -Turn двухстороннего DFA , который оценивает каждый из ДКИ на входной строку по одному за раз. $D_1$ $D_2$ $D_k$ $(2k-2)$

Во-первых, он оценивает на входе. Затем он перемещает головку ленты обратно в начало и оценивает на входе. Затем он перемещает головку ленты обратно в начало и оценивает на входе. ... Наконец, он перемещает головку ленты обратно в начало и оценивает на входе. $D_1$ $D_2$ $D_3$ $D_k$

Если все они принимают, тогда он выполняет оценку для всех из них, а затем принимает. Если один из них отвергает, он останавливается (не завершает оценку по всем из них) и немедленно отклоняет.

Твердость: если вы можете решить непустоту пересечения для DFA менее чем за времени, то гипотеза сильного экспоненциального времени неверна. $k$ $n^k$

Ссылка по теме: /cstheory/29142/deciding-emptiness-of-intersection-of-regular-languages-in-subquadratic-time/29166#29166

Следовательно, если уменьшить, если вы можете решить не пустоту для двухсторонних DFA за менее чем времени, то гипотеза сильного экспоненциального времени также неверна. $(2k-2)$ $n^k$

Вывод: если бы вы нашли более быстрый алгоритм не пустоты для двусторонних DFA, то это привело бы к более эффективному моделированию недетерминированных машин. Дайте мне знать, если у вас есть какие-либо мысли, чтобы поделиться. Спасибо, что задали вопрос! :)

— Майкл Вехар
источник