Palavras que têm o mesmo produto associativo direito e esquerdo

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Comecei a estudar autômatos não determinísticos usando o livro de Hopcroft e Ullman . Estou preso em um problema que achei muito interessante:

Forneça um autômato finito não determinístico, aceitando todas as cadeias que tenham o mesmo valor quando avaliadas da esquerda para a direita e da direita para a esquerda, multiplicando de acordo com a tabela a seguir:

$\qquad \displaystyle\begin{array}{c|ccc} \times & a & b & c \\ \hline a & a & a & c \\ b & c & a & b \\ c & b & c &a \end{array}$

Portanto, se temos a string , o produto da esquerda para a direita é e o produto da direita para a esquerda é $abc$
$(a \times b) \times c=a \times c=c$
$a \times (b \times c)=a \times b=a$

Portanto, $abc$ não deve ser aceitável para os autômatos. Para mim, é óbvio que qualquer string $aa^*$ ou $bb^*$ ou $cc^*$ é uma string aceitável (sua avaliação direita e esquerda funciona nas mesmas strings parciais). É fácil fornecer um NFA que descreva a avaliação da esquerda para a direita, mas o problema é que, se a máquina tentar calcular a avaliação da direita para a esquerda , acho que precisa saber o comprimento da string (é necessária uma memória infinita).

Então, como um autômato não determinístico pode avaliar da direita para a esquerda para comparar com a avaliação da esquerda para a direita?

— Sr. Ariel
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O primeiro truque aqui é pensar na tabela de multiplicação como a tabela de transição de um autômato com cada estado representando uma letra em sua tabela de multiplicação, mas ainda não se preocupando com a aceitação. Portanto, as letras à esquerda e no corpo da tabela são na verdade estados - seria mais preciso escrevê-las como , mas não vou. As letras na parte superior são entradas. $A$ $q_a, q_b, q_c$

Em seguida, construa o autômato (" " para transposição) para multiplicação reversa , transpondo : $A_T$ $T$ $A$

$\qquad \displaystyle\begin{array}{c|ccc} A_T & a & b & c \\ \hline a & a & c & b \\ b & a & a & c \\ c & c & b & a \end{array}$

Portanto, leva você ao estado , e da mesma forma passa para o estado de , como você observa. $A(abc)$ $c$ $A_T(cba)$ $a$ $A_T$

No entanto, assume que você está indo da direita para a esquerda e ainda queremos ir da esquerda para a direita. Portanto, o segundo truque é reverter o autômato (e não a multiplicação, que nos faria voltar quando começamos), revertendo todas as setas, o que leva a um autômato não determinístico fornecido pela tabela de transição abaixo, com subconjuntos indicados por letras concatenadas para manter o frango coçando, então é realmente . (espero que eu tenha conseguido tudo certo - parece funcionar). $A_T$ $A_{TR}$ $ac$ $\{a,c\}$

$\qquad \displaystyle\begin{array}{c|ccc} A_{TR} & a & b & c \\ \hline a & ab & b & c \\ b & ∅ & c & a \\ c & c & a & b \\ \hline ab & ab & bc & ac \\ bc & c & ac & abc \\ ac & abc & ab & bc \\ abc & abc & abc & abc \\ ∅ & ∅ & ∅ & ∅ \end{array}$

Você pode interpretar isso como um autômato não determinístico com apenas as três linhas acima da linha ou uma versão determinada com todas as 8 linhas.

Finalmente, a máquina para resolver o problema é o autômato produto cruzado do original e , que é para executar o comportamento intersecção dos dois autômatos (não precisamos qualquer Mais). possui estados que são pares como . A função de transição executa e independente. Um único estado inicial entra em na entrada , em na entrada , etc. $A$ $A_{TR}$ $A \times A_{TR}$ $A_T$ $A \times A_{TR}$ $\langle a,ac\rangle$ $A$ $A_{TR}$ $\langle 1,1 \rangle$ $\langle a,a \rangle$ $a$ $\langle b,b \rangle$ $b$

Os estados de aceitação na versão não determinística são etc. Na versão determinística, os estados de aceitação são pares nos quais o primeiro componente está segundo conjunto de componentes, como ou . $\langle a,a \rangle$ $\in$ $\langle a,a \rangle$ $\langle b,bc \rangle$

$A \times A_{TR}$ aumentado e determinado como mostrado tem estados, então me perdoe se eu não o escrever em detalhes. Mas a versão não determinística possui apenas estados. $25=3\cdot 8+1$ $10=3\cdot 3+1$

— David Lewis
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Obrigado, realmente me ajudou a sua resposta para entender a idéia por trás do não determinismo e o "reverso" de um autômato. Eu estava tendo problemas para entender esses conceitos usando o livro de Hopcroft, agora estou usando o livro de Sipser "Introdução à teoria da computação", que é realmente bom.

— Sr. Ariel

Considere a entrada . se move para após a entrada , em seguida, para na entrada , de modo que não é aceito, mas deve ser?

b a

$ba$

⟨ 1, 1 ⟩

$\langle 1, 1 \rangle$

⟨ b, b ⟩

$\langle b, b \rangle$

b

$b$

⟨ c, \emptyset ⟩

$\langle c, \varnothing \rangle$

a

$a$

b a

$ba$

— cemulate

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$(\ast)$ Se é um idioma regular, então , o idioma que consiste no inverso de todas as palavras em , também é regular. Tome isso como um exercício. $L$ $L^R$ $L$

Como isso nos ajuda a resolver o problema? Seja os idiomas que consistem em todas as cadeias que são avaliadas para ao avaliar da esquerda para a direita. O idioma em que você está interessado é Isso mostra que, se você souber como provar , poderá criar um NFA para o idioma em questão. $L_a,L_b,L_c$ $a,b,c$

(L_{a} \cap L_{a}^{R}) \cup (L_{b} \cap L_{b}^{R}) \cup (L_{c} \cap L_{c}^{R}) .

$(L_a \cap L_a^R) \cup (L_b \cap L_b^R) \cup (L_c \cap L_c^R).$

(*)

$(\ast)$

De fato, se você usar a idéia da prova de , provavelmente poderá prosseguir e construir o autômato. Então, vamos considerar isso. Em particular, vamos tentar construir um NFA para , o idioma de todas as strings que são avaliadas como quando avaliadas da direita para a esquerda. $(\ast)$ $L_a^R$ $a$

A ideia é essa. Suponha que a primeira letra que você vê seja . Em seguida, o restante da string deve ser avaliado como (já que implica ). Raciocínio semelhante se aplica quando a primeira letra é . Quando a primeira letra é , no entanto, o restante pode ser avaliado como ou ou ser nulo. Com um NFA, podemos adivinhar (e depois verificar nosso palpite). $b$ $b$ $bx = a$ $x = b$ $c$ $a$ $a$ $b$

Essa dica deve lhe dar o suficiente para pensar e, esperançosamente, resolver o problema.

— Yuval Filmus
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Ótima maneira de provar isso com a fórmula - voto a favor por isso. Quanto à idéia alternativa de "adivinhação e verificação não determinística", isso geralmente é bom para uma prova, mas é bastante difícil de ser realizado, conforme o problema o solicitar. Acho que há muitos detalhes ausentes aqui, como acompanhar a string do back-end.

— David Lewis

@ David, os detalhes estão faltando de propósito.

— Yuval Filmus

@Yuval - ele não disse que era lição de casa - confiamos nas pessoas aqui, correto? Eu também acho que essa prova de existência resultará em uma máquina bastante grande, provavelmente muito maior que o necessário.

— David Lewis

@ David David: Gilles deu uma resposta mais completa, que mostra que a NFA não é realmente muito grande; o não determinismo faz isso por você. O DFA correspondente pode ser enorme, no entanto.

— Raphael

@MohamedAbbas Talvez eu não esteja planejando verificar.

— Yuval Filmus

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Fofa.

Primeiro, crie um autômato que calcule o produto da esquerda para a direita. Fácil! Coloque uma transição sempre que . Existem três estados representando os três produtos possíveis. Comece em um quarto estado com para todos os . O estado final é se e somente se o produto da palavra de entrada da esquerda para a direita for . $\overrightarrow x \xrightarrow{\;y\;} \overrightarrow z$ $x \cdot y = z$ $\{\overrightarrow a,\overrightarrow b,\overrightarrow c\}$ $\overrightarrow 1$ $\overrightarrow 1 \xrightarrow{\;x\;} \overrightarrow x$ $x$ $\overrightarrow x$ $x$

Agora vamos construir um autômato que calcula o produto da direita para a esquerda. Este será não determinístico. Como fazemos isso? Simples ... Para ir na outra direção, basta inverter tudo : as setas e a direção do produto.

Onde tínhamos antes de , agora : quando consumimos a palavra da esquerda para a direita, passamos de um produto para o fator da direita. Ou, em outras palavras, . $\overrightarrow{x} \xrightarrow{\;y\;} \overrightarrow{x \cdot y\:}$ $\overleftarrow{x \cdot y\:} \xleftarrow{\;x\;} \overleftarrow{y}$ $\overleftarrow{x} \xleftarrow{\;y\;} \overleftarrow{y \cdot x\:}$

Adicione um nó desconectado por causa da palavra vazia. Todos os nós são iniciais. $\overleftarrow 1$

Agora, precisamos calcular os dois caminhos juntos, para pegar o produto dos dois autômatos: iff e . Seja os quatro estados sejam iniciais e os quatro estados sejam finais. Uma palavra é reconhecida por esse autômato não determinístico se o produto da esquerda para a direita e o produto da direita para a esquerda forem iguais . $(\overrightarrow{x_1}, \overleftarrow{x_2}) \xrightarrow{\;y\;} (\overrightarrow{z_1}, \overleftarrow{z_2})$ $\overrightarrow{x_1} \xrightarrow{\;y\;} \overrightarrow{z_1}$ $\overleftarrow{x_2} \xrightarrow{\;y\;} \overleftarrow{z_2}$ $(\overrightarrow 1, \overleftarrow x)$ $(\overrightarrow x, \overleftarrow x)$ $x$

— Gilles 'SO- parar de ser mau'
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Estou com um pouco de dificuldade para entender isso. Você não precisa verificar se leva a um conjunto de estados finitos? IAC, não é tão simples como "reverter tudo", pois você ainda precisa consumir da esquerda para a direita, mas multiplicar da direita para a esquerda, e não tenho certeza de que você tenha feito isso.

\vec{x} \overset{y}{\leftarrow} \vec{y \cdot x}

$\overrightarrow{x} \xleftarrow{\;y\;} \overrightarrow{y \cdot x\:}$

— David Lewis

@DavidLewis O conjunto de estados é finito, eu o defini como . Inverti a ordem da multiplicação (exceto mais erros de digitação).

{o v e r l e f t a r r o w a, \overset{\leftarrow}{b}, \overset{\leftarrow}{b}, \overset{\leftarrow}{1}}

$\{overleftarrow{a},\overleftarrow{b},\overleftarrow{b},\overleftarrow{1}\}$

— Gilles 'SO- stop be evil'

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Parece que o seu principal problema está utilizando o não-determinismo, então deixe-me detalhar isso.

A idéia básica que os outros utilizam é que uma máquina não determinística pode adivinhar o resultado final.

Vamos considerar o seu pequeno exemplo e a ideia de construção de Gilles. O autômato "computando" o produto da direita para a esquerda adivinha o resultado no início e o verifica . Portanto, existem três possibilidades: $abc$

Adivinhe : Como o primeiro símbolo é , o produto rl de deve ter sido ou . a b c a b
- Adivinhe : Como o segundo símbolo é , o último símbolo deve ter sido . b b
  - (Adivinhe :) É , então não aceite. $b$ $c$
- Adivinha : Como o segundo símbolo é , o último símbolo deve ter sido . b c
  - (Adivinhe :) É realmente , então aceitamos. $c$ $c$
Adivinha : Como o primeiro símbolo é , isso não é possível, portanto não aceite. $b$ $a$
Adivinhe : Como o primeiro símbolo é , o produto rl de deve ter sidoa b c c
- (Adivinhe :) Como o segundo símbolo é , o último símbolo deve ter sidob a
  - (Adivinhe :) É , então não aceite. $a$ $c$

Como você pode ver, o NFA é capaz de adivinhar e verificar todos os cálculos possíveis de baixo para cima . Como o idioma aceito é definido como o conjunto de cadeias que é aceito por pelo menos uma execução , todas as execuções que não aceitam a entrada são ignoradas; o NFA "sempre adivinha certo".

Agora é fácil para este NFA lembrar sua primeira escolha até o final. Se aceitar, ele pode comparar o símbolo lembrado com o produto lr (deterministicamente) obtido em paralelo (como a interseção da linguagem se relaciona com a NFA certamente é abordada em Ullman / Hopcroft e em qualquer outro livro básico).

— Rafael
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A idéia de adivinhar uma string era estranha para mim, mas tenho lido o livro de Sipser e acho que é uma abordagem melhor para iniciantes como eu na teoria da computação.

— Sr. Ariel

Pense em adivinhar como bifurcação com entrada assumida. Mas é preciso ter cuidado com as estratégias de adivinhação - garanta que todo o armazenamento necessário para adivinhação seja delimitado uniformemente para todos os threads bifurcados, caso contrário você não terá mais um autômato de estado finito . Além disso, é necessário um limite uniforme para o número de threads bifurcados ativos. Eu acho que a descrição de Raphael aqui funciona, mas precisa ser mencionada pelo menos.

— David Lewis