2FA заявите о сложности k-Clique?

В простой форме:

Может ли двусторонний конечный автомат распознавать вершинные графы, содержащие треугольник с состояниями?$v$$o(v^3)$

Детали

Здесь представляют интерес графы с вершинами, закодированные с использованием последовательности ребер, причем каждое ребро представляет собой пару различных вершин из .$v$$\{0,1,\dots,v-1\}$

Предположим, что - это последовательность двусторонних конечных автоматов (детерминированных или недетерминированных), такая, что распознает -Clique на входных вершинных графах и имеет состояния. Общая форма вопроса такова: ?$(M_v)$$M_v$$k$$v$$s(v)$$s(v) = \Omega(v^k)$

Если и для бесконечного числа , то NL ≠ NP. Менее амбициозно, поэтому я утверждаю, что фиксировано, и случай является первым нетривиальным.$k = k(v) = \omega(1)$$s(v) \ge v^{k(v)}$$v$$k$$k=3$

Фон

Двусторонний конечный автомат (2FA) - это машина Тьюринга, у которой нет рабочего пространства, только фиксированное число внутренних состояний, но он может перемещать свою входную головку только для чтения вперед и назад. Напротив, обычный вид конечного автомата (1FA) перемещает свою входную головку только для чтения только в одном направлении. Конечные автоматы могут быть детерминированными (DFA) или недетерминированными (NFA), а также иметь односторонний или двусторонний доступ к их входу.

Свойство графа является подмножеством графов. Пусть обозначим -vertex графы со свойством . Для каждого свойства графа язык может быть распознан 1DFA с максимум состояниями, используя состояние для каждого возможного графа и помечая их в соответствии с , и переходы между состояния помечены ребрами. поэтому является регулярным языком для любого свойства . По теореме Майхилла-Нерода существует единственный наименьший с точностью до изоморфизма 1DFA, который распознает . Если это имеетQ v$Q$$Q_v$$v$Q Q v 2 v ( v - 1 ) / 2 Q Q v Q Q v 2 s ( v ) Q v s ( v ) Ω ( 1 ) v Q v$Q$$Q$$Q_v$$2^{v(v-1)/2}$$Q$$Q_v$$Q$$Q_v$$2^{s(v)}$состояния, тогда стандартные границы раздува дают 2FA, распознающий , по крайней мере состояний. Таким образом, этот подход с помощью стандартных границ раздува дает не более квадратичной по нижней границы числа состояний в 2FA для любого (даже когда является жестким или неразрешимым).$Q_v$$s(v)^{\Omega(1)}$$v$$Q_v$$Q$

K K $k$ -Clique - свойство графа, содержащее полный подграф вершины. Распознавание -Clique может быть выполнено 1NFA, который сначала недетерминистически выбирает один из различных потенциальных -кликов для поиска, а затем сканирует входные данные один раз, просматривая каждый из требуемых ребер для подтверждения клика и отслеживание этих ребер с использованием состояний для каждой из возможных потенциальных клик. Такой 1NFA имеет состояний, где . Когда фиксировано, это$k$$k$$_v$$\binom{v}{k}$2 k ( k - 1 ) / 2 ($k$$2^{k(k-1)/2}$1≤cv≤ekΘ(vk)k=$\binom{v}{k}2^{k(k-1)/2} = (c_v 2^{(k-1)/2}/k)^k.v^k$$1 \le c_v \le e$$k$$\Theta(v^k)$состояния. Разрешение двустороннего доступа к входу потенциально позволяет улучшить эту одностороннюю границу. Тогда возникает вопрос, при , может ли 2FA работать лучше, чем эта верхняя граница 1FA.$k=3$

Приложение (2017-04-16): см. Также связанный вопрос для детерминированного времени и хороший ответ, охватывающий самые известные алгоритмы . Мой вопрос посвящен неоднородному недетерминированному пространству. В этом контексте сокращение к матричному умножению, используемому алгоритмами с эффективным использованием времени, хуже, чем метод грубой силы.

Мне кажется, что треугольники могут быть сделаны 2FA с состоянием (n является числом вершин).O ( n 2$A$$O(n^2)$

Для идея заключается в следующем:$k=3$

1. На этапе 1 выбирает некоторое ребро и сохраняет в своем состоянии.( i , j ) ( p h a s e 1 , i , j $A$$(i,j)$$(phase 1,i,j)$
2. В фазе 2 он перемещается к некоторому ребру формы или и принимает состояние формы( m , i ) ( p h a s e 2 , j , m $(i,m)$$(m,i)$$(phase 2,j,m)$
3. На этапе 3 он проверяет наличие некоторого ребра или и принимает принимающее состояние, если находит его.( m , j $(j,m)$$(m,j)$

На самом деле это практически можно сделать слева направо (тогда может недетерминированным образом решить сначала пойти на или на этапе 2). Однако, если 2-е ребро имеет вид , сначала нужно прочитать а затем , т. Е. Здесь требуется один шаг влево.( j , m ) ( m , j ) ( m , i ) A i $A$$(j,m)$$(m,j)$$(m,i)$$A$$i$$m$

Это должно привести к автоматам с состояниями для Клика для , сначала угадав множество размера и проверив, что узлы попарно соединены ребрами и , для каждого из I, J, м выше, проверяя , что они имеют ребра на все узлы в .k k > 3 S k - 3 S $O(n^{k-1})$$k$$k>3$$S$$k-3$$S$$S$