Entscheidende Leere der Überschneidung regulärer Sprachen in subquadratischer Zeit

Es sei zwei reguläre Sprachen, die von den NFAs als Eingabe gegeben werden. $L_1,L_2$ $M_1,M_2$

Angenommen, wir möchten überprüfen, ob . Dies kann natürlich durch einen quadratischen Algorithmus geschehen, der den Produktautomaten von berechnet , aber ich habe mich gefragt, ob etwas Effizienteres bekannt ist. $L_1\cap L_2\neq \emptyset$ $M_1,M_2$

Gibt es einen -Algorithmus, um zu entscheiden, ob ? Was ist der schnellste bekannte Algorithmus? $o(n^2)$ $L_1\cap L_2\neq \emptyset$

— RB
quelle

Wenn jemand gute Ideen hat, lass es mich bitte wissen, aber derzeit ist es ein offenes Problem. Wenn Sie dieses Problem in etwa linearer Zeit lösen könnten, könnte im Grunde jedes Problem, das durch eine nicht deterministische Maschine unter Verwendung von nur n Speicherbits lösbar ist, deterministisch in

gelöst werden

mal.

2^{\frac{n}{2}}

$2^{\frac{n}{2}}$

— Michael Wehar

Ich denke, es ist immer noch offen für subquadratische. Weitere Informationen: rjlipton.wordpress.com/2009/08/17/…

— Michael Wehar

Zum Beispiel (basierend auf Michaels Kommentar) impliziert die starke Exponentialzeithypothese, dass der Exponent 2 sein sollte. Ich denke, dies könnte sich auch aus der Exponentialzeithypothese ergeben ...

— Ryan Williams

RB: Angenommen, Sie können die Leere von zwei DFAs der Größe

zum Zeitpunkt

mit

testen . Wenn Sie nun über

DFAs der Größe

verfügen , können Sie das Produkt der ersten

DFAs und der verbleibenden

DFAs erstellen. Dann Test für Leere in der Zeit

n

$n$

n^{1 + ε}

$n^{1+\varepsilon}$

ε < 1

$\varepsilon < 1$

k

$k$

n

$n$

k / 2

$k/2$

k / 2

$k/2$

was besser ist als

. vzn: Dieses preisgekrönte Papier wurde von @MichaelWehar geschrieben, der in diesem Thread einen Kommentar abgegeben hat. Michael, vielleicht könntest du eine Antwort einreichen, wenn du Zeit hast!

(n^{k / 2})^{1 + ε} = n^{\frac{1}{2} k + \frac{ε}{2} k}

$(n^{k/2})^{1+\varepsilon} = n^{\frac{1}{2}k + \frac{\varepsilon}{2}k}$

n^{k}

$n^k$

— Michael Blondin

@RyanWilliams Hallo Ryan, was lässt Sie glauben, dass die schwächere Exponentialzeithypothese impliziert, dass wir die Nicht-Leerheit von Kreuzungen für zwei DFAs nicht schneller lösen können? Jemand anderes hat mir das auch einmal vorgeschlagen. :)

— Michael Wehar

Einfache Antwort : Wenn es einen effizienteren Algorithmus gibt, der für einige in der abläuft , würde die Hypothese der starken Exponentialzeit widerlegt. $O(n^{\delta})$ $\delta < 2$

Wir werden einen stärkeren Satz beweisen und dann wird die einfache Antwort folgen.

Theorem : Wenn wir die Kreuzung nicht Leere Problem für zwei DFA in lösen können Zeit, dann jedes Problem , das nicht-determinis lösbare Verwendung von nur n Speicherbits ist deterministisch auflösbar in Zeit. $O(n^{\delta})$ $poly(n)\cdot2^{(\delta n/2)}$

Begründung : Nehmen wir an, wir können die Nicht-Leerheit von Kreuzungen für zwei DFAs in -Zeit lösen . Es sei eine nicht deterministische Turingmaschine M mit einem Nur-Lese-Eingabeband und einem Lese- / Schreib-Binär-Arbeitsband gegeben. Es sei eine Eingabezeichenfolge x der Länge n gegeben. Angenommen, M greift nicht auf mehr als n Speicherbits auf dem binären Arbeitsband zu. $O(n^{\delta})$

Eine Berechnung von M am Eingang x kann durch eine endliche Liste von Konfigurationen dargestellt werden. Jede Konfiguration besteht aus einem Status, einer Position auf dem Eingabeband, einer Position auf dem Arbeitsband und bis zu n Speicherbits, die das Arbeitsband darstellen.

Stellen Sie sich nun vor, dass das Arbeitsband in zwei Hälften geteilt wurde. Mit anderen Worten, wir haben einen linken Abschnitt von Zellen und ein rechter Abschnitt von $\frac{n}{2}$ Zellen. Jede Konfiguration kann in ein linkes und ein rechtes Stück unterteilt werden. Das linke Stück besteht aus dem Zustand, der Position auf dem Eingabeband, der Position auf dem Arbeitsband und dem $\frac{n}{2}$ Bits vom linken Abschnitt. Das rechte Stück besteht aus dem Zustand, der Position auf dem Eingangsband, der Position auf dem Arbeitsband und dem $\frac{n}{2}$ Bits aus dem rechten Abschnitt. $\frac{n}{2}$

Jetzt bauen wir einen DFA dessen Zustände linke Teile sind, und einen DFA dessen Zustände rechte Teile sind. Die alphabetischen Zeichen sind Anweisungen, die angeben, in welchen Zustand sich die Bandköpfe bewegen sollen und wie die aktive Zelle des Arbeitsbands manipuliert werden soll. $D_1$ $D_2$

Die Idee ist, dass und eine Liste von Befehlen einlesen, die einer Berechnung von M am Eingang x entsprechen, und gemeinsam überprüfen, ob sie gültig und akzeptabel sind. Sowohl als auch stimmen immer darin überein, wo sich die Bandköpfe befinden, da diese Informationen in ihren Eingabezeichen enthalten sind. Daher kann überprüft werden, ob die Anweisung geeignet ist, wenn sich die Arbeitsbandposition im linken Teil befindet, und überprüft werden, wenn sich das rechte Teil befindet. $D_1$ $D_2$ $D_1$ $D_2$ $D_1$ $D_2$

Insgesamt gibt es höchstens Zuständen für jede DFA und höchstens eindeutige alphabetische Zeichen. $poly(n) \cdot 2^{n/2}$ $poly(n)$

Durch die anfängliche Annahme folgt, dass wir nicht-Kreuzung Leere für die beiden DFA in lösen der Zeit. $poly(n) \cdot 2^{(\delta n /2)}$

Dies könnte hilfreich sein: https://rjlipton.wordpress.com/2009/08/17/on-the-intersection-of-finite-automata/

$k+O(\log(n))$ $O(n^{\delta})$ $poly(n) \cdot 2^{(\delta k/2)}$

Kommentare, Korrekturen, Vorschläge und Fragen sind willkommen. :)

— Michael Wehar
quelle

Ω (n^{2})

$\Omega(n^2)$

k

$k$

k

$k$

(2 k - 2)

$(2k-2)$

k

$k$

N S p a c e (2 \cdot \log (n)) \subseteq D T i m e (n)

$NSpace(2 \cdot \log(n)) \subseteq DTime(n)$

N S p a c e (2 \cdot \log (n))

$NSpace(2 \cdot \log(n))$

2 \cdot \log (n)

$2\cdot \log(n)$ Platz für nicht deterministische Turing-Maschinen mit einem schreibgeschützten Zwei-Wege-Eingabeband und einem schreibgeschützten Zwei-Wege-Binär-Arbeitsband.

— Michael Wehar