Доказательство замыкания при обращении языков, принятых автоматами min-heap

Это дополнительный вопрос этого .

В предыдущем вопросе об экзотических конечных автоматах Алекс тен Бринк и Рафаэль обратились к вычислительным возможностям особого вида конечного автомата: автоматов с минимальной кучей. Они смогли показать, что набор языков, принимаемых такими машинами ( $HAL$ ), не является ни подмножеством, ни надмножеством набора языков без контекста. Учитывая успешное разрешение и очевидный интерес к этому вопросу, я перехожу к нескольким последующим вопросам.

Известно, что обычные языки закрыты под различными операциями (мы можем ограничиться базовыми операциями, такими как объединение, пересечение, дополнение, различие, конкатенация, звезда Клини и обращение), тогда как языки без контекста имеют другое закрытие свойства (они закрыты под объединением, конкатенацией, звездой Клини и обращением).

HAL закрыт при обращении?

Рассмотрим язык (где # 0 ( x ) обозначает количество нулей в x ).

Легко определить с помощью машины HAL - обратите внимание, что машине необходимо отслеживать два свойства: количество нулей в x против y и длину x , y (против z ). Он может помещать a в кучу для каждого нуля, который он видит в x (и затем позже высовывать любой ноль, видимый в y ); кроме того, он выдвигает любой бит в x , y (и позже появляется для любого бита z ). Так как все s выталкиваются в кучу, они не мешают подсчету. $L_{\times 2}$$x$$y$$x,y$$z$0$x$0$y$1$x,y$1$z$10$\bot$ служит разделителем и может быть практически проигнорирован.

Теперь пусть , обратный язык. То есть L = { z ⊥ y ⊥ x ∣ x , y , z ∈ { 0 , 1 } , # 0 ( x ) = # 0 ( y )  и  | х | + | у | = Г } Покажем , что ни HAL машина не может решить , L .$L = L_{\times 2}^R$

Интуиция заключается в следующем. Как и выше, машина должна отслеживать как длину и количество нулей в x , y . Однако в этом случае необходимо отслеживать их одновременно . Это не может быть сделано через кучу. Более подробно, после прочтения z , куча содержит информацию о длине | х | + | у | , при чтении y машина также должна держать в куче количество нулей в y . Однако эта информация не может влиять на информацию, которую куча уже имеет на ожидаемой нами длине $z$$x,y$$z$$|x|+|y|$$y$$y$$x$ быть. Очень интуитивно, либо информация о количестве нулей будет «ниже» информации о длине , и тогда мы не сможем получить к ней доступ при чтении х , либо она «выше» этой информации, делая последнюю недоступной, или две информации будут «смешаны» и станут бессмысленными.$x$$x$

Более формально, мы собираемся использовать какой-то «насосный» аргумент. То есть мы возьмем очень длинный ввод и покажем, что «состояние» машины должно повторяться во время обработки этого ввода, что позволит нам «заменить» ввод, когда машина повторяет свое «состояние».

Для формального доказательства нам нужно упростить структуру машины HAL, а именно, что она не содержит «петли» переходов 1 . Исходя из этого предположения, мы видим, что для каждого входного символа, который обрабатывает машина, содержимое кучи может увеличиваться / уменьшаться не более чем $\varepsilon$$^1$$c$ (для некоторой достаточно большой константы ).$c$

Доказательство.
Предположим , решает , L , и рассмотрим достаточно долго вход (скажем, длиной 4 л , при этом | х | = | у | = п , | г | = 2 п , не обращая внимания на ⊥ сек и далее). Чтобы быть конкретным, зафиксируем z , y и предположим, что # 0 ( y ) = n / 2 . Обратите внимание, что есть ($H$$L$$4n$$|x|=|y|=n$$|z|=2n$$\bot$$z,y$$\#_0(y) = n/2$различнаяй«ы такиечтог⊥у⊥х∈L.${n \choose n/2}$$x$$z\bot y \bot x \in L$

Рассмотрим содержимое кучи сразу после обработки . Он содержит не более 3 n c символов (где каждый символ из фиксированного алфавита Γ ), по нашему предположению. Тем не менее, есть ($z\bot y$$3nc$$\Gamma$${n \choose n/2}$$x's$$x_1,x_2$

1. $n/2$$x_1$$x_2$
2. By the time the machine reads a prefix of length $n/2$ of the $x$ part, the heap looks the same for both $x_1$ and $x_2$, and also, the machine is in the same state (this must happen for some $x_1,x_2$, for large enough $n$, as there are more than $2^{0.8n}$ different options$^2$ for $x_1,x_2$, and at most $(3.5cn)^{|\Gamma|}|Q|$ different options for heap content and state$^3$).

It is clear that the machine must accept the word $z\bot y \bot x_1^px_2^s$, where $x_1^p$ is a prefix of $x$ of length $n/2$ and $x_2^s$ is a suffix of $x_2$ of the same length. Note that the number of zeros in $x_1^px_2^s$ differs from the number of zeros in $x_1$ and $x_2$ (that is, from $\#_0(y)$), due to the way we chose $x_1$ and $x_2$, thus we reached a contradiction.

$^1$ ^{Does this assumption damages generality? I don't think so, but this indeed requires a proof. If someone sees how to get around this extra assumption, I'd love to know.}
$^2$ ^{Let's fix $x_1$ so that it's prefix (of length $n/2$ has exactly $n/4$ zeros). Recall that using Stirling's approximation we know that $\log {n \choose k} \approx nH(k/n)$ where $H()$ is the Binary entropy funciton. Since $H(1/4) \approx 0.81$ we have ${n \choose n/4} > 2^{0.8n}$ for large enough $n$.}
$^3$ ^{Assuming alphabet $\Gamma$, there are $|\Gamma|^n$ different strings of length $n$, so if this was a stack we were screwed. However, pushing "01" into a heap is equivalent to pushing "10" - the heap stores only the sorted version of the content. The number of different sorted strings of size $n$ is ${n+1 \choose |\Gamma|-1}\approx n^{|\Gamma|}$, for a constant $|\Gamma|$.}