DFA пересечение в субквадратичном пространстве?

25

Пересечение двух (минимальных) DFA с n состояниями может быть вычислено с использованием O (n ² ) времени и пространства. В общем, это оптимально, поскольку результирующий (минимальный) DFA может иметь n ² состояний. Однако, если результирующий минимальный DFA имеет z состояний, где z = O (n), можно ли его вычислить в пространстве n ^2-eps для некоторой константы eps> 0? Я был бы заинтересован в таком результате даже для особого случая, когда входные DFA являются ациклическими.

automata-theory dfa

— Расмус Паг
источник

3

Гм ... если два DFA с n-состояниями являются ациклическими, то каждое из них просто принимает конечный набор слов длиной не более n, и в этом случае их пересечение является просто пересечением двух помеченных графов переходов, которые будут иметь n состояний и может быть вычислено в линейном времени и пространстве. Или я что-то упустил?

— Джошуа Грохов

4

Да, ациклические DFA принимают только конечный набор слов. Но есть примеры ациклических DFA, чье пересечение имеет размер n ^ 2. Например, подумайте об одном DFA, который принимает строки в форме AABC (где ABC - строки длины k), и о том, который принимает строки в форме ABCC.

— Расмус Паг

1

retagging: cs.cc является обозначением arxiv, поэтому указанным тегам не нужен префикс cs.cc.

— Суреш Венкат

15

Ответ - да, без каких-либо требований к размеру автомата. Его можно вычислить в пространстве $O(\log^2 n)$ даже для DFA, где - это константа. $k$ $k$

Пусть ( будет DFA. Мы показываем, что с учетом вычисление минимального распознавания DFA может быть выполнено в пробел. Сначала докажем некоторые технические результаты. $A_i = (Q_i, \Sigma_i, \delta_i, z_i, F_i)$ $i \in [k])$ $k$ $\langle A_1, \ldots, A_k \rangle$ $\text{L}(A_1) \cap \cdots \cap\text{L}(A_k)$ $O(\log^2 n)$

Определение 1 : Пусть два состояния, тогда если , $q, r$ $q \equiv r$ $\forall w \in \Sigma^*$ $q . w \in F \Leftrightarrow r . w \in F$

Теперь рассмотрим автомат заданный классической декартовой конструкцией произведений. Пусть и быть состояния . $A$ $q = (q_1, \ldots, q_k)$ $r = (r_1, \ldots, r_k)$ $A$

Лемма 1 : Решаем, находится ли в NL. $q \equiv r$

Доказательство (набросок): мы показываем, что проверка неэквивалентности находится в NL, и используем NL = coNL. Угадай слово (одна буква за раз), такое что является конечным состоянием и не Это может быть достигнуто путем вычисления в лог-пространстве для и использования того факта, что является конечным, если . Можно показать, что влечет существование поли-размера. $w \in \Sigma^*$ $q . w$ $r . w$ $q_i . w, r_i . w$ $i \in [k]$ $q$ $q_i \in F_i \, \forall i \in [k]$ $q \not\equiv r$ $w$

Лемма 2 : Решение о том, является ли доступным, находится в NL. $q$

Доказательство (эскиз): угадать (полиразмер) пути от до ( ). $z_i$ $q_i$ $i \in [k]$

Определение 2 : Рассмотрим состояния в лексикографическом порядке. Определите как первое доступное состояние и первое доступное состояние после которое не эквивалентно никакому предыдущему состоянию. Определим как уникальное такое, что . $A$ $s(1)$ $s(i)$ $s(i-1)$ $c(q)$ $i$ $q \equiv s(i)$

Лемма 3 : может быть вычислена в пространстве . $s(i)$ $O(\log^2 n)$

Доказательство (набросок): определение 2 дает алгоритм. Мы используем счетчиков для перебора состояний. Пусть и текущее состояние. В каждом состоянии мы используем лемму 2, чтобы проверить , доступна ли . Если это так, мы зацикливаемся на всех предыдущих состояниях и проверяем, эквивалентно ли какое-либо из них . Если их нет, мы увеличиваем и выводим если . В противном случае мы сохраняем как и продолжаем. Поскольку мы храним только постоянное количество счетчиков, наши тесты можно выполнить в $k$ $j \leftarrow 0$ $q$ $q$ $q$ $j$ $q$ $j = i$ $q$ $s(j)$ $\text{NL} \subseteq \text{DSPACE}(\log^2 n)$ , это завершает доказательство.

Следствие 1 : может быть вычислено в пространстве . $c(q)$ $O(\log^2 n)$

Теорема : минимизировать можно в пространстве . $A$ $O(\log^2 n)$

Доказательство (эскиз): Пустьбыть наибольшим таким, что определено (т. е. количество классов ). Мы даем алгоритм, выводящий автомат где $1 \leq m \leq |Q_0| \cdots |Q_1|$ $i$ $s(i)$ $\equiv$ $A' = (Q', \Sigma, \delta', z', F')$

$Q' = \lbrace s(i) : i \in [m] \rbrace$ ;
$F' = \lbrace q \in Q' : q_i \in F_i \, \forall i \in [k] \rbrace$ ;
$z' = s(c(q))$ где . $q = (z_0, \ldots, z_k)$

Теперь мы покажем, как вычислить . Для каждого , вычислите и выведите переход . По лемме 3 и следствию 1 этот алгоритм работает в пространстве . Можно проверить, что минимально и . $\delta'$ $i \in [m], a \in \Sigma$ $q \leftarrow s(i) . a$ $\left(s(i), a, s(c(q))\right)$ $O(\log^2 n)$ $A'$ $\text{L}(A') = \text{L}(A)$

— Майкл Блондин
источник

3

Хороший алгоритм! Вот немного другой способ взглянуть на этот алгоритм. Суть его состоит в том, что минимизация состояния любого заданного DFA может быть выполнена за полиномиальное время и пространство . После этого легко построить некоторый DFA, представляющий пересечение в логарифмическом пространстве (следовательно, в полиномиальном времени и пространстве ), и мы можем составить две функции, вычислимые в полиномиальном времени и пространство (аналогично составлению двух сокращений в логарифмическом пространстве), получая весь алгоритм за полиномиальное время и пространство .

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

— Цуёси Ито

2

Я только что видел этот ответ ... Я не понимаю, почему алгоритм работает в Polytime и одновременно. Да, , но неизвестно, если - то есть мы можем получить алгоритм, работающий в Polytime, и мы можем получить другой алгоритм, работающий в пространстве , но я не знаю, как решить проблемы в пространстве Polytime и с помощью одного алгоритм.

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

N L \subseteq P \cap D S P A C E [\log^{2} n]

$NL \subseteq P \cap DSPACE[\log^2 n]$

N L \subseteq T I S P [n^{O (1)}, \log^{2} n]

$NL \subseteq TISP[n^{O(1)}, \log^2 n]$

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

N L

$NL$

O (\log^{2} n)

$O(\log^2 n)$

— Райан Уильямс

Вы правы, я тоже не знаю как. Я опубликовал это очень давно, поэтому я не уверен, почему я написал это так, но, возможно, я имел в виду «полиномиальное время или O (log² n)». Я отредактирую это, потому что это вводит в заблуждение. Спасибо!

— Михаил Блондин

14

Дик Липтон и его коллеги недавно работали над этой проблемой, и Липтон писал об этом здесь:

http://rjlipton.wordpress.com/2009/08/17/on-the-intersection-of-finite-automata/

Кажется, что работа лучше, чем O (n ^ 2) открыта даже для очень особого случая определения, определяет ли пересечение DFA пустой язык.
В статье приводятся последствия сложности, которые могут возникнуть в результате значительно улучшенного алгоритма обработки не только двух DFA на перекрестке, но и больших чисел.

— Энди Друкер
источник

1

а как насчет нижних границ?

— Маркос Вильягра

1

Просто чтобы прояснить вопросы: я счастлив потратить O (n ^ 2) время (или, может быть, даже n ^ O (1) время), чтобы улучшить ограничение пространства.

— Расмус Паг

13

Если вам дано k DFA (k является частью входных данных) и вы хотите знать, пусто ли их пересечение, эта проблема в целом завершена PSPACE:

Декстер Козен: нижние оценки для систем естественного доказательства FOCS 1977: 254-266

Возможно, если вы внимательно изучите это доказательство (и подобные конструкции Липтона и его соавторов), вы можете найти некоторую нижнюю границу пространства даже для фиксированного k.

— Райан Уильямс
источник

Спасибо за этот указатель. Я предполагаю, что это может привести к нижней границе пространства n ^ Omega (1) на необходимом дополнительном пространстве, помимо входных данных. Но может ли это привести к нижней границе суперлинейного пространства?

— Расмус Паг

1

@ user124864 Учитывая

DFA с

состояниями каждый, автомат продукта будет иметь

состояний. Теперь есть два трюка, которые вы можете сделать, чтобы уменьшить его размер. Во-первых, вы просто рассматриваете достижимый компонент графика продукта. Во-вторых, вы можете минимизировать продукт DFA. В конце концов, выяснить, какой язык распознается этим автоматом, сложно.

k

$k$

n

$n$

n^{k}

$n^k$

— Майкл Вехар

1

@ user124864 Даже сложно определить, распознает ли продукт DFA непустой язык, сложно. Это проблема непустоты пересечения. Под жестким я подразумеваю, что это

завершено в сильном смысле.

X N L

$XNL$

— Майкл Вехар

1

@ user124864 Если вы сможете решить ее менее чем за

раз, то мы получим более быстрые алгоритмы для решения задач PSPACE. Он не разрешим в недетерминированном двоичном пространстве

. Неизвестно, сможем ли мы решить ее менее чем за

детерминированного двоичного пространства. Неизвестно, сможем ли мы решить ее за одновременное детерминированное полиномиальное время и бинарное пространство

для любой функции

n^{k}

$n^k$

o (1) \cdot k \cdot \log (n)

$o(1) \cdot k \cdot \log(n)$

k^{2} \log^{2} (n)

$k^2 \log^2(n)$

f (k) \cdot \log^{2} (n)

$f(k) \cdot \log^2(n)$

(это улучшило бы теорему Савича).

f

$f$

— Майкл Вехар

1

@ user124864 Примечание: у нас есть оба из следующих. (1) победа

времени детерминистически подразумевает более быстрые детерминированные алгоритмы для полных задач PSPACE и (2) победа

времени недетерминированно подразумевает более быстрые недетерминированные алгоритмы для полных задач PSPACE.

n^{k}

$n^k$

n^{k}

$n^k$

— Майкл Вехар

7

Для двух автоматов , принимающих конечные языки (ациклические автоматы), сложность состояний лежит в (1) . Этот результат также справедлив для унарных DFA (не обязательно ациклических) (2) . Тем не менее, вы, похоже, говорите о пространстве, необходимом для вычисления пересечения двух автоматов. Я не вижу, как классическая конструкция, использующая декартово произведение, использует $A$ $B$ $L(A) \cap L(B)$ $\Theta(|A| \cdot |B|)$ $O(n^2)$ Космос. Все, что вам нужно, это постоянное количество счетчиков логарифмического размера. Когда вы вычисляете функцию перехода для нового состояния вам нужно только сканировать входные данные, не просматривая ранее сгенерированные данные. $(q,r)$

Возможно, вы хотите вывести минимальный автомат? Если это так, то я понятия не имею, можно ли этого достичь. Сложность состояния пересечения для конечных языков не выглядит обнадеживающей. Однако унарные DFA имеют одинаковую сложность состояния, и я думаю, что этого можно достичь с помощью таких автоматов. Используя результаты из (2) , вы можете получить точный размер автомата, распознающего пересечение. Этот размер описывается длиной хвоста и цикла, поэтому переходная функция может быть легко вычислена с очень небольшим пространством, так как структура полностью описывается этими двумя размерами. Затем все, что вам нужно сделать, это сгенерировать набор конечных состояний. Пусть будет числом состояний в результирующем автомате, тогда для всех $n$ , состояние это конечное состояние тогдатолько тогда принимаюсь как и . Этот тест может быть проведен с небольшим количеством места. $1 \leq i \leq n$ $i$ $a^i$ $A$ $B$

— Майкл Блондин
источник

1

Да, меня интересует минимальный автомат или хотя бы автомат такого же размера. Спасибо за указатели на одинарные DFA. Тем не менее, это не очень помогает для общего случая.

— Расмус Паг