Азбука одноленточной машины Тьюринга

Может ли каждая функция $f : \{0,1\}^* \to \{0,1\}$ , вычисляемая за время $t$ на одноленточной машине Тьюринга с использованием алфавита размера $k = O(1)$ вычисляться за время $O(t)$ на машина одной ленты Тьюринга с использованием алфавита размером $3$ (скажем, $0,1,$ и пробел)?

(Из комментариев ниже от OP) Обратите внимание, что ввод записывается с использованием , но машина Тьюринга, использующая алфавит размера может перезаписывать входные символы символами из большего алфавита. Я не вижу, как кодировать символы в большем алфавите в меньшем алфавите без необходимости сдвигать ввод, что будет стоить времени . $0,1$ $k$ $n^2$

computability turing-machines

— Manu
источник

Обратите внимание, что ввод записывается с использованием

, но машина Тьюринга, использующая алфавит размера

может перезаписывать входные символы символами из большего алфавита. Я не вижу, как кодировать символы в большем алфавите в меньшем алфавите без необходимости сдвигать ввод, что будет стоить времени

0, 1

$0,1$

k

$k$

n^{2}

$n^2$

— Ману,

@Emanuele: Вы должны отредактировать вопрос и подчеркнуть этот аспект; в противном случае это звучит так же, как стандартное учебное упражнение ...

— Юкка Суомела

@ Tsuyoshi, я думаю, ты неправильно понял вопрос.

— Суреш Венкат

@Jukka: На одноленточной машине Тьюринга все, что можно вычислить за время

, фактически является обычными языками.

o (n \log n)

$o(n \log n)$

— Кристоффер Арнсфельт Хансен

@Abel: Результат, который вы цитируете от Arora и Barak, обходит основную проблему здесь, потому что в их модели (которая является довольно стандартной для многоленточных TM), у них есть отдельная входная лента только для чтения.

— Джошуа Грохов

Ответы:

Частичный ответ, если TM работает в $o( |x| \log |x|)$

Если TM4 является 4-символьным TM (с алфавитом $\Sigma_4 = \{\epsilon,0,1,2 \}$ ), который вычисляет , то есть решает язык в $f:\{0,1\}^* \to \{0,1\}$ $L = \{ x | f(x) = 1 \}$ $(o( |x| \log |x|))$

Одна ленточная детерминированная линейно-временная сложность равна $1DLIN = 1DTime(O(n))$

Хенни доказал (1), что $REG = 1DLIN$
Кобаяши доказал (2), что $REG = 1DTime(o(n \log n))$

Таким образом, регулярна и, очевидно, все еще регулярна по алфавиту $L$ $\Sigma_3 = \{\epsilon,0,1\}$

Таким образом, существует DFA, который определяет L и использует только символы в . 3-символьный TM3 с одной лентой может быть построен непосредственно из DFA, и он выбирает L, используя тот же незаполненный вход исходного TM4 . $\Sigma_3$

... вы не можете собрать его напрямую из TM4, но TM3 существует.

Если TM4 работает в вы можете сместить вход и выполнить прямое преобразование из TM4 в TM3. $\Omega(n^2)$

Как отмечено в комментариях, сложный случай - когда TM4 работает в . $\Omega(n\log n) \cap o(n^2)$

(1) Хенни, расчеты машины Тьюринга в автономном режиме с одной лентой (1965)

(2) Кобаяши, О структуре недетерминированной одноленточной иерархии времени машины Тьюринга (1985)

— Марцио де Биаси
источник

Дело

уже отмечен Кристоффером Арнсфельтом Хансеном в комментариях под вопросом. Действительно интересный случай - это

o (n \log n)

$o(n\log n)$

Ω (n \log n) \cap o (n^{2})

$\Omega(n\log n) \cap o(n^2)$

— Каве

Вы правы, я не заметил комментарий Кристоффера. Я плохо выразил интересный случай (я не знаю, как это доказать), поэтому я обновил ответ.

— Марцио Де Биаси

@Kaveh: А как насчет

-временных машин для проблем с обещаниями? Мы уже знаем, как преобразовать, например, любую машину, которая решает проблему обещания за

времени? Я не вижу, как это сделать, и связь с обычными языками больше не работает (если я не ошибаюсь).

o (n \log n)

$o(n \log n)$

O (n)

$O(n)$

— Юкка Суомела

@Kaveh: Разве вы не можете просто взять задачу

которая не является обычным языком, но может быть решена с помощью машины Тьюринга в, например,

раундах, и определить задачу обещания следующим образом: yes-экземпляры состоят из строка

L

$L$

O (n^{2})

$O(n^2)$

за которой следует

бита заполнения; без экземпляров состоит из строки

за которой следует

бита заполнения. Задача обещания разрешима в

x \in L

$x \in L$

| x |^{2}

$|x|^2$

x \notin L

$x \notin L$

| x |^{2}

$|x|^2$

O (n)

$O(n)$ время, и это не разрешимо, используя конечный автомат.

— Юкка Суомела

@Kaveh: Я полагаю, что интуитивный аргумент не работает по следующей причине: Да, существует проблема, не связанная с обещаниями, которая решается на той же машине. Тем не менее, время работы машины может достигать

Θ (n^{2})

$\Theta(n^2)$ для некоторых входов. (Интуитивно понятно, что машина не может проверить, достаточно ли заполнения, и, следовательно, «для безопасной игры», она должна предполагать, что после префикса

имеется достаточно заполнения . Тогда она тратит время

чтобы определить, является ли

и это слишком много, если, например, у нас было только

x

$x$

Θ (| x |^{2})

$\Theta(|x|^2)$

x \in L

$x \in L$

Θ (| x |)

$\Theta(|x|)$ немного отступов.)

— Юкка Суомела

-4

Для всех размеров алфавита больше выполнения изменяется только на постоянный коэффициент, так как $1$ для всех . $\log_k(x) \in \Theta(\log_l(x))$ $k, l > 1$

~~Разработка:~~ В временных шагов предполагаемая машина Тьюринга может обрабатывать не более позиций / битов. Биты взяты из -нарного алфавита, wlog . Создайте новую машину Тьюринга, заменив каждый переход на $t$ $t$ $k$ $\{0,1,\dots,k-1\}$ переходов; каждый старый бит кодируется с помощью битов в $\lceil \log_2(k) \rceil$ $\lceil \log_2(k) \rceil$ $\{0,1\}$ (пробелы зарезервированы для пометки неиспользуемых ячеек). Обратите внимание, что это по существу двоичные цифры.

Очевидно, что в результате машина исполняет тьюринговы самое большее шаги. $\lceil \log_2(k) \rceil \cdot t \in \mathcal{O}(t)$

Дополнение: Вышеупомянутые разрывы аргументации, потому что операции, которые перезаписывают входной символ с битом не в не могут быть переведены непосредственно; вход должен быть сдвинут. Это может быть исправлено путем перевода исходного ввода перед началом вычисления (по существу, дополнением); это можно сделать за время $\{0,1\}$ ,результатев общее время выполнения . $\mathcal{O}(n^2)$ $\mathcal{O}(n^2) + \lceil \log_2(k) \rceil \cdot t$

Следовательно, использование только двух символов для кодирования промежуточных результатов не оказывает асимптотического влияния, если , но предварительная обработка преобладает в более быстрых алгоритмах. Поскольку наиболее интересные функции находятся в (например, добавление двух чисел), можно считать, что проблема пренебрежимо мала. $t(n) \in \Omega(n^2)$ $\Omega(n^2)$

— Рафаэль
источник

Пока вы не убедите меня, почему это так, я буду сдерживать это.

— Андрей Бауэр

Я хотел бы услышать некоторые доказательства вашего заявления. Все это только одна претензия.

— Андрей Бауэр

О, я понимаю, что вы имеете в виду. Хорошо извини Однако вопрос не об этом . Это небольшое изменение.

— Андрей Бауэр

Я думаю, что случай с t = Ω (n ^ 2) является простым случаем, потому что вы можете позволить себе сместить входную строку. Существенным является случай, когда t = o (n ^ 2). Я не знаю, насколько важно рассматривать одноленточную ТМ с o (n ^ 2) временем, но вопрос об этом.

— Цуёси Ито

Исходный вопрос уже подразумевает, что случай

Ω (n^{2})

$\Omega(n^2)$ прост; следовательно, я действительно не вижу, как этот ответ добавляет что-то новое ...

— Юкка Суомела