Por que não é simples contar o número de palavras em um idioma comum?

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Dado um DFA, A, deixe L (A) denotar o número de palavras que A aceita. Eu acho que é fácil calcular L (A): traduza a codificação de A em uma expressão regular. Se a estrela Kleene aparecer em qualquer lugar da expressão - o idioma é infinito. Senão: percorra e conte todas as combinações de palavras possíveis de usar com a expressão (basicamente, se houver um operador + na expressão, multiplique a quantidade de palavras legais pela quantidade de strings conectadas pelo + ..)

Isso está errado? desde já, obrigado

regular-languages automata regular-expressions

— user67573
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ε^{*}

$\varepsilon^*$ não é uma linguagem infinita.

— David Richerby

cstheory.stackexchange.com/q/8200/5038

— DW

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Sim, isso está errado, por causa da ambiguidade.

Considere o seguinte idioma: $(a + aa) + a(a + \epsilon)$ .

Com seu método, vemos 4 palavras, $a, aa, aa, a$ . Mas temos duplicatas! Existem várias maneiras de criar a mesma palavra na expressão regular especificada.

Um método melhor é usar a programação dinâmica em um DFA mínimo para o seu idioma, sem estados "inativos". Se o DFA mínimo é cíclico, o idioma é infinito; portanto, podemos assumir que não há ciclos. Usar um DFA é fundamental, porque o determinismo significa que há exatamente um caminho no DFA para cada palavra.

O que você faz é criar uma recorrência para o número de palavras que terminam em um determinado estado:

1 palavras termina no estado inicial: $\epsilon$
Para cada estado $q$ , o número de palavras que terminam lá é a soma do número de palavras que terminam em cada estado com uma transição para $q$ .

O número total de palavras é então a soma do número de palavras que terminam em cada estado final.

— jmite
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É importante notar que essas recorrências sempre podem ser resolvidas pela álgebra computacional, por exemplo, para as funções geradoras. Então, sim, linguagem regular são realmente fácil de contar.

— Raphael

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Complementando a resposta do jmite, não é muito difícil calcular o número de palavras em uma linguagem regular, usando o método "matriz de transferência". É o mesmo que a programação dinâmica do jmite, mas a técnica tem outras aplicações, como enumeração assintótica.

Dado um DFA, construa um $Q\times Q$ matriz $M$ (Onde $Q$ é o conjunto de estados) em que $M(i,j)$ é o número de letras que fazem com que o DFA mude do estado $j$ declarar $i$ . Deixei $1_{q_0}$ e $1_F$ ser os indicadores para o estado inicial e para os estados aceitantes, respectivamente. Finalmente, vamos $n = |Q|$ .

O número de palavras de comprimento $m$ é $c_m := 1_F M^m 1_{q_0}$ . Calcular $c_m$ para $0 \leq m < 2n$ . E se $c_n + \cdots + c_{2n-1} > 0$ então o idioma aceito pelo DFA é infinito. Caso contrário, o número de palavras no idioma é $c_0 + \cdots + c_{n-1}$ .

(Ao calcular os poderes de $M$ , deve-se tomar cuidado com a magnitude das entradas, que é exponencial em $m$ . Como o tamanho deles é apenas polinomial, o algoritmo resultante é executado em tempo polinomial.)

— Yuval Filmus
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Eu amo essa abordagem. Também descobri que calcular os autovalores de

M

$M$ na verdade, correspondem às raízes do denominador na abordagem da função geradora e que, talvez sem surpresa, esses valores próprios sejam invariantes à minimização do DFA. No entanto, não tenho absolutamente nenhuma idéia de como interpretar isso corretamente.

— Lee

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Isso não é tão surpreendente, dado que a função geradora é

P (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} 1_{F} M^{n} 1_{q_{0}} z^{n}

$P(z) = \sum_{n=0}^\infty 1_F M^n 1_{q_0} z^n$ , que simplifica para

P (z) = 1_{F} (I - z M)^{- 1} 1_{q_{0}}

$P(z) = 1_F (I-zM)^{-1} 1_{q_0}$ . Você pode obter um resultado ainda mais explícito refazendo esse cálculo usando o formulário Jordan de

M

$M$ , que apresenta os valores próprios.

— Yuval Filmus

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Na verdade, você ainda pode derivar fórmulas de contagem para inequívocos expressões regulares com estrelas Kleene.

Dada a definição indutiva de uma expressão regular como:

e \in R e : = x \in Σ ∣ e_{0 0} e_{1} ∣ e_{0 0} + e_{1} ∣ e^{*}

$\begin{equation*} e \in \mathrm{Re} := x \in \Sigma \mid e_0 ~ e_1 \mid e_0 + e_1 \mid e^* \end{equation*}$

Considere a seguinte tradução $[\![\cdot]\!] : \mathrm{Re} \to \mathbb{C}(z)$ que pega uma expressão regular e a traduz em uma função racional de valor complexo:

\begin{aligned} [[x \in Σ]] & = z \\ [[e_{0} e_{1}]] & = [[e_{0}]] \times [[e_{1}]] \\ [[e_{0} + e_{1}]] & = [[e_{0}]] + [[e_{1}]] \\ [[e^{*}]] & = \frac{1}{1 - [[e]]} \end{aligned}

$\begin{align*} [\![x \in \Sigma]\!] &= z \\ [\![e_0 ~ e_1]\!] &= [\![e_0]\!] \times [\![e_1]\!]\\ [\![e_0 + e_1]\!] &= [\![e_0]\!] + [\![e_1]\!]\\ [\![e^*]\!] &= \frac{1}{1 - [\![e]\!]} \end{align*}$

Podemos mostrar que essa tradução retorna uma expressão racional fazendo indução estrutural em $e$ , e observando que todas as operações usadas no lado direito preservam a racionalidade.

Suponha que a expressão regular $e$ que colocamos é inequívoco, então descobriríamos que a função racional denotada por $[\![e]\!] \in \mathbb{C}(z)$ é, na verdade, a função geradora da família de palavras aceitas pelo idioma subjacente $e$ , classificados por seu comprimento.

Por exemplo, considere o idioma $(a^*b)^*$ , que define o idioma das execuções de $a$ delimitado por $b$ . Agora, essa expressão regular é inequívoca, para que possamos executar nosso truque de tradução:

\begin{aligned} [[(a^{*} b)^{*}]] & = \frac{1}{1 - [[a^{*} b]]} \\ = \frac{1}{1 - ([[a^{*}]] \times [[b]])} \\ = \frac{1}{1 - (\frac{1}{1 - [[a]]} \times z)} \\ = \frac{1}{1 - \frac{z}{1 - z}} \\ = \frac{1}{2} + \frac{1}{2 - 4 z} \end{aligned}

$\begin{align*} [\![(a^*b)^*]\!] &= \frac{1}{1 - [\![a^*b]\!]} \\ &= \frac{1}{1 - ([\![a^*]\!] \times [\![b]\!])} \\ &= \frac{1}{1 - \left(\frac{1}{1 - [[a]]} \times z\right)} \\ &= \frac{1}{1 - \frac{z}{1 - z}} \\ &= \frac{1}{2} + \frac{1}{2 - 4 z} \end{align*}$

As it turns out, given the above generating function, its coefficient extraction will be

[z^{n}] [[(a^{*} b)^{*}]] = 2^{n - 1} + \frac{δ (n)}{2}

$[z^n][\![(a^*b)^*]\!] = 2^{n - 1} + \frac{\delta\left(n\right)}{2}$ where

δ (n) = {\begin{cases} 1 & if n = 0 \\ 0 & otherwise \end{cases}

$\delta(n) = \begin{cases} 1 & \text{if } n = 0 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$

In fact, since our translation $[\![\cdot]\!]$ generates rational functions, we can use a partial fraction decomposition to create an enumeration formula for any unambiguous regular expression.

Suppose you have a irreducible rational function

r (z) + \frac{p (z)}{q (z)}

$r(z) + \frac{p(z)}{q(z)}$ where

r, p, q

$r, p, q$ are polynomials, then you can decompose this into

r (z) + \frac{C_{0}}{z - q_{0}^{*}} + \dots + \frac{C_{n}}{z - q_{n}^{*}}

$r(z) + \frac{C_0}{z - q^*_0} + \dots + \frac{C_n}{z - q^*_n}$ where

q_{k}^{*}

$q^*_k$ are the roots of

q (z)

$q(z)$ . There's a bit of technical corner-cases (like multiplicity of roots, etc), but it's relatively easy to do coefficient extraction on the expression above:

[z^{n}] \frac{C}{z - q^{*}} = C \times {q^{*}}^{- n}

$[z^n] \frac{C}{z - q^*} = C \times {q^*}^{-n}$

In fact, the partial fraction decomposition generalize to multivariate rational functions, so you can actually construct counting formulas for queries such as "How many words are there where there are $n$ as and $m$ bs?"

Unfortunately, the extent to which this method will be useful ends when you have an ambiguous expression.

— Lee
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