Wie viele DFAs akzeptieren zwei vorgegebene Zeichenfolgen?

Fixiere eine ganze Zahl und ein Alphabet . Definieren Sie als Sammlung aller Automaten mit endlichen Zuständen zu Zuständen mit Startzustand 1. Wir betrachten alle DFAs (nicht nur verbundene, minimale oder nicht entartete). somit ist . $n$ $\Sigma=\{0,1\}$ $DFA(n)$ $n$ $|DFA(n)| = n^{2n}2^n$

Betrachten Sie nun zwei Zeichenfolgen und definieren Sie als die Anzahl der Elemente von , die sowohl als auch akzeptieren . $x,y\in\Sigma^*$ $K(x,y)$ $DFA(n)$ $x$ $y$

Frage: Wie komplex ist die Berechnung von ? $K(x,y)$

Diese Frage hat Auswirkungen auf das maschinelle Lernen .

Edit: Jetzt, da es eine Fülle von Fragen gibt, ist wohl etwas mehr Präzision in der Formulierung angebracht. Für sei die Sammlung von Automaten, wie oben definiert. Definieren Sie für als die Anzahl der Automaten in , die sowohl als auch akzeptieren . Frage: Kann in der Zeit berechnet werden ? $n\ge1$ $DFA(n)$ $n^{2n}2^n$ $x,y\in\{0,1\}^*$ $K_n(x,y)$ $DFA(n)$ $x$ $y$ $K_n(x,y)$ $poly(n,|x|,|y|)$

— Aryeh
quelle

Wenn Sie einen DFA reparieren, ohne die Endzustände zu reparieren, ordnet er x und y demselben Zustand zu. In diesem Fall besteht die einzige Einschränkung darin, dass der Zustand endgültig sein muss, oder er ordnet sie in zwei verschiedenen Zuständen zu Die einzige Einschränkung ist, dass beide endgültig sein müssen. Daher würde ich Ihr Problem umformulieren als "Wie viele DFAs ordnen x und y verschiedenen Zuständen zu?".

— a3nm

Aryeh, kannst du die Anzahl erklären ? Ich kann den Faktor verstehen. Hinzugefügt: Hoppla, ich habe vergessen, die Endzustände anzugeben. Wie auch immer, um der anderen willen, hier ist die Zählung. Geben Sie für jeden Status an, wohin die Eingänge und . das macht . Geben Sie die Menge der Endzustände an. das ist .

n2n2n $n^{2n} 2^n$

2n $2^n$

0 $0$

1 $1$

n2n $n^{2n}$

2n $2^n$

— Srivatsan Narayanan

In der Tat ist es mir egal, was mit anderen Zeichenfolgen als und passiert . Ich denke, man braucht eine bestimmte Anzahl von Punkten, um ein Kopfgeld zu starten?

x $x$

y $y$

— Aryeh

Der kleinste Automat, der und akzeptiert, hat einen einzelnen Zustand, daher halte ich es nicht für schrecklich informativ ...

x $x$

y $y$

— Aryeh

Hier ist eine Idee: Wir müssen nur die Anzahl der DFAs mit

Zuständen kennen, die auf

und

im gleichen Zustand enden . Diese Zahl sei

und

sei die Gesamtzahl der DFAs, dh

. Dann lautet die Antwort

n $n$

x $x$

y $y$

m $m$

M $M$

M=n2n2n $M=n^{2n}2^{n}$

12m+14(M−m) $\frac{1}{2}m + \frac{1}{4}(M-m)$

m $m$

x $x$

y $y$

x=0a $x=0^a$

b=1b $b=1^b$

l $l$

max{a,b} $\max\{a,b\}$

0a $0^a$

1b $1^b$

m $m$

Antworten:

Die Frage ist also ziemlich kurz, aber sehr interessant. Ich nehme an, dass die Eingabe in Unary und und in Binary ist (oder wir haben Probleme, wie durch Kai's Antwort hervorgehoben). $n$ $x$ $y$

Zuallererst, wenn Sie daran interessiert sind, $K(x,y)$ näherungsweise kennen möchten, können Sie zunächst nur ein paar zufällige DFAs generieren, die Ihnen (whp) eine gute Annäherung geben. (Ich frage mich, ob diese Komplexitätsklasse einen Namen hat.)

Dann scheint es ein schwieriges Problem zu sein , genau zu kennen. Wie in den Kommentaren von a3_nm und Kaveh ausgeführt, entspricht die Frage der Bestimmung der Anzahl der Automaten, für die und den gleichen Zustand annehmen . Ich werde die Wahrscheinlichkeit, dass sie in den gleichen Zustand übergehen, mit . $K(x,y)$ $x$ $y$ $p$

Update: Einige der Dinge, die ich hier geschrieben habe, stimmten nicht, jetzt habe ich sie behoben.

Es ist leicht zu erkennen, dass . Wir haben Gleichheit, wenn alle Nullen und alle Nullen sind, mit Ausnahme des letzten Bits, das eine 1 ist. Gibt es andere Fälle? Ich weiß es nicht. Wenn zum Beispiel die leere Zeichenkette ist und , dann ist $p \ge 1/n$ $x$ $y$ $x$ $y=00$ . $p= \frac{n+1}{(n-1)n}$

Um das Problem zu vereinfachen, habe ich sogar darüber nachgedacht, was passiert, wenn und unär sind. Wenn beide mindestens und ihre Differenz durch teilbar ist , dann ist . Gibt es eine einfache Formel für die unäre Version? $x$ $y$ $n$ $n!$ $p=1$

— domotorp
quelle

Ich habe das Problem zu klären - ein

Algorithmus gewünscht wird (oder eine Reduktion von irgendeinem bekannten Hart Problem). Die Stichprobenannäherung wird in dem Artikel verwendet, in dem dieser Kernel vorgestellt wird: portal.acm.org/citation.cfm?id=1577108poly(n,|x|,|y|) $poly(n,|x|,|y|)$

— Aryeh

Was die unäre Version betrifft : Es gibt nur polynomiell viele unäre Automaten mit

Zuständen, daher würde ich wetten, dass es für diesen Fall einen Polyzeitalgorithmus zur Berechnung von

gibt. n $n$

Kn(x,y) $K_n(x,y)$

— Aryeh

In der Tat sind Sie absolut richtig, dass die unäre Version berechenbar ist. Ich frage mich immer noch, wie einfach die Formel für ein gegebenes x und y ist.

— Domotorp

Die von Ihnen verwendete Reduktion ist fehlerhaft: x und y werden möglicherweise von denselben Automaten akzeptiert und enden in völlig unterschiedlichen Zuständen. Tatsächlich teilen sie möglicherweise nur den Anfangszustand in ihren Pfaden, was für alle Zeichenfolgen gilt.

— amnn

@amnn: Es ist drei Jahre her, seit ich das geschrieben habe, aber erklärt der dritte Absatz meiner Antwort nicht, warum ich mich nur mit dem Beenden im selben Zustand befasse?

— Domotorp

Möglicherweise fehlt mir der Punkt, aber Sie haben angegeben, dass fest ist, sodass alle DFAs dieser Größe als vorberechnet betrachtet und in einem leicht simulierbaren Format gespeichert werden können. Berechnen Sie wie folgt: $n$ $K$

Bei der Eingabe , , wo $x$ $y$ $x,y\in\Sigma^*$

speichere und $x$ $y$
Zähler auf initialisieren $c$ $0$
für jeden Ihrer DFAs $n^{2n} 2^n$
ein. simuliere es für beide Wörter (dieser Schritt ist ) $\mathcal{O}(|xy|)$

b. Inkrementieren Sie wenn beide Simulationsläufe akzeptiert werden $c$
Ausgabe $c$

Insgesamt ist die Berechnung linear komplex. Die Antwort ist für ganz anders . $K(n,x,y)$

— Kai
quelle

Es ist klar, dass alle Maschinen funktionieren werden. Aryeh möchte wissen, ob es vielleicht einen polynomialen Zeitalgorithmus oder ein anderes Ergebnis von Härte gibt.

— Lev Reyzin

Genau genommen ist dies die Polynomzeit in der Eingabe, wenn n nicht Teil der Eingabe ist, ist es das, was Kai sagte. Aber die Frage ist eindeutig anders.

— Domotorp

Oh ich verstehe. Ich glaube nicht, dass er das mit "Fix

" meint . Ich denke, die natürliche Interpretation des Problems ist eine, die es nicht trivialisiert. $n$

— Lev Reyzin

Okay, danke, dass du auf die Lücke hingewiesen hast, Kai. Es wurde behoben :)

— Aryeh