Limites no tamanho do menor NFA para L_k distinto

Considere o idioma $L_{k-distinct}$ constituído por todas as cadeias de letras $k$ sobre $\Sigma$ modo que não haja duas letras iguais:

L k - d i s t i n c t : = {w = σ 1 σ 2 . . . σ k ∣ \forall i \in [k] : σ i \in Σ and \forall j \neq i : σ j \neq σ i}

$L_{k-distinct} :=\{w = \sigma_1\sigma_2...\sigma_k \mid \forall i\in[k]: \sigma_i\in\Sigma ~\text{ and }~ \forall j\ne i: \sigma_j\ne\sigma_i \}$

Essa linguagem é finita e, portanto, regular. Especificamente, se $\left|\Sigma\right|=n$ , então. $\left|L_{k-distinct}\right| = \binom{n}{k} k!$

Qual é o menor autômato finito não determinístico que aceita essa linguagem?

Atualmente, tenho os seguintes limites superiores e inferiores soltos:

O menor NFA que eu posso construir possui estados. $4^{k(1+o(1))}\cdot polylog(n)$
O seguinte lema implica um limite inferior de $2^k$ estados:

Seja $L ⊆ Σ^*$ uma linguagem regular. Suponha que existem $n$ pares $P = \{ (x_i, w_i) \mid 1 ≤ i ≤ n \}$ modo que $x_i\cdot w_j \in L$ se e somente se $i=j$ . Então, qualquer NFA que aceite L tem pelo menos n estados.

Outro limite inferior (trivial) é $log$ $n\choose k$ , que é o log do tamanho do menor DFA para o idioma.

Também estou interessado em NFAs que aceitam apenas uma fração fixa ( $0<\epsilon<1$ ) de $L_{k-distinct}$ , se o tamanho do autômato for menor que $\epsilon\cdot 4^{k(1+o(1))}\cdot polylog (n)$ .

Edit: Acabei de iniciar uma recompensa que teve um erro no texto.

Eu quis dizer que podemos assumir $k=polylog(n)$ enquanto escrevi $k=O(log(n))$ .

Edit2:

A recompensa terminará em breve; portanto, se alguém estiver interessado no que talvez seja uma maneira mais fácil de obtê-la, considere o seguinte idioma:

$L_{(r,k)-distinct} :=\{w : w$ contém $k$ símbolos distintos e nenhum símbolo aparece mais que $r$ vezes $\}$ .

(ou seja, $L_{(1,k)-distinct} = L_{k-distinct}$ ).

Uma construção semelhante à dos comentários fornece o autômato do tamanho para . $O(e^k\cdot 2^{k\cdot log(1+r)}\cdot poly(n))$ $L_{(r,k)-distinct}$

Isso pode ser melhorado? Qual é o melhor limite inferior que podemos mostrar para esse idioma?

— RB
fonte

Você pode descrever seu NFA com limite superior?

— Mjqxxxx

Ainda não posso escrever sobre isso, pois ainda estamos trabalhando e ainda não concluímos a prova. Em vez disso, descreverei um autômato muito mais simples do tamanho : Faça uma família de hash perfeita . Todo esse hash é uma função . Isso significa que para cada subconjunto de no máximo , , existe uma função , de forma que ele mapeia todos os itens do subconjunto para um número diferente. Após o hash, o alfabeto resultante possui letras; portanto, um autumaton de tamanho pode aceitar o idioma .

O((2e)k∗2O(log(k))∗log(n)) $O((2e)^k * 2^{O(log(k))} * log(n))$

(n,k) $(n,k)$

H $H$

h:[n]→[k] $h: [n] \to [k]$

[n] $[n]$

k $k$

h∈H $h\in H$

k $k$

2k $2^k$

Lk−distinct $L_{k-distinct}$

— RB

O limite inferior fornece

(2−o(1))k $(2-o(1))^k$ apenas contando o número de estados em que o NFA pode estar após exatamente

k/2 $k/2$ passos. Acho que não conheço nenhum método de prova que ofereça limites significativamente melhores para o tamanho total do que o que pode ser obtido do que apenas observando o que acontece após

t $t$ etapas, para alguns

t $t$ . Mas aqui, para cada

t $t$ existe um NFA que pode estar em apenas um dos

(2+o(1))k $(2+o(1))^k$ estados após exatamente

t $t$ estados.

— Noam

Prova (da minha reivindicação anterior): O caso mais difícil é

; escolha

subconjuntos aleatórios diferentes

(dos

símbolos do alfabeto) de tamanho exatamente

cada e construa um NFA que tenha um estado para cada

com algum caminho que o conduz se primeiros

símbolos são todos diferentes e estão contidos no

, e tem um caminho de aceitar que sse o seguinte

t=k/2 $t=k/2$

2k⋅poly(k,logn) $2^k \cdot poly(k, \log n)$

Si $S_i$

n $n$

t $t$

i $i$

t $t$

Si $S_i$

k−t $k-t$ símbolos são todos diferentes e estão contidos no complemento de

. Um argumento contagem irá mostrar que whp (sobre a escolha aleatória da

's) este NFA vai realmente aceitar tudo o idioma desejado. Si $S_i$

Si $S_i$

— Noam

Na construção anterior, a maneira mais simples de construir o NFA terá um estado para cada prefixo possível de comprimento

para cada sufixo possível de comprimento

. Em vez disso, a parte do prefixo e a parte do sufixo da NFA podem ser construídas recursivamente usando a mesma construção aleatória (mas agora apenas dentro de

e seu complemento, respectivamente) e isso daria um tamanho total

. j<t $j < t$

j>k−t $j > k-t$

Si $S_i$

(4+o(1))k $(4+o(1))^k$

— Noam

Respostas:

Esta não é uma resposta, mas um método que acredito que deixaria um limite inferior aprimorado. Vamos cortar o problema depois cartas são lidas. Denotar a família de elemento conjuntos de por e a família de elemento conjuntos de por . Indique os estados que podem ser alcançados após a leitura dos elementos de (em qualquer ordem) por e os estados a partir dos quais um estado de aceitação pode ser alcançado após a leitura dos elementos de (em qualquer ordem) por $a$ $a$ $[n]$ $\mathcal A$ $b=k-a$ $[n]$ $\mathcal B$ $A$ $S_A$ $B$ $T_B$ . Precisamos que se e somente se . Isso já dá um limite mais baixo para o número necessário de estados e acho que poderia dar algo não trivial. $S_A\cap T_B\ne \emptyset$ $A\cap B=\emptyset$

Esse problema exige essencialmente um limite inferior no número de vértices de um hipergrafo cujo gráfico de linhas é (parcialmente) conhecido. Problemas semelhantes foram estudados, por exemplo, por Bollobas e existem vários métodos de prova conhecidos que podem ser úteis.

Atualização 2014/03/24: Na verdade, se o hipergrafo acima pode ser realizado em vértices, então nós também obter um protocolo de comunicação complexidade não-determinista do comprimento para o conjunto de disjunção com entradas conjuntos de tamanho e (na verdade, os dois problemas são equivalentes). Obviamente, o gargalo é quando ; para isso, só consegui encontrar o seguinte no livro de Eyal e Noam: $s$ $\log s$ $a$ $b$ $a=b=k/2$ comprovada pelo argumento probabilístico padrão. Infelizmente, ainda não consegui encontrar limites inferiores suficientemente bons para esse problema, mas, assumindo que o exposto acima é nítido, daria um limite inferiorunificando os dois limites inferiores mencionados. $N^1(DISJ_a)\le \log \big(2^k \log_e {n\choose a}\big)$ $\Omega(2^k\log n)$

— domotorp
fonte

Obrigado @domotorp pela sua resposta. Isso parece muito como a prova do lema que eu usei para o limite inferior na pergunta original, mas sem especificar o real

's e

' s, e, portanto, não um limite contáveis. Seu comentário sobre a pergunta acima sugere que o limite de

não pode ser melhorado por esse método, você acha que isso poderia melhorar? xi $x_i$

yi $y_i$

2k $2^k$

— RB

O ponto principal do meu comentário acima foi que essas técnicas não podem fornecer um limite inferior acima

. Isso é realmente o que torna esse problema interessante para mim. (2+o(1))k $(2+o(1))^k$

— Noam

@Noam: Seja k = 2, a = b = 1. Já temos um

limite inferior, pois todo

deve ser diferente. logn $\log n$

SA $S_A$

— 23414 Domotorp

@domotorp: O

esconde um

fator: Aqui é a análise para o pior caso em que

: Iniciar com um fixo

e escolher aleatoriamente um subconjunto

de as

letras então temos

o(1) $o(1)$

O(klogn) $O(k\log n)$

a=b=k/2 $a=b=k/2$

A $A$

B $B$

S $S$

n $n$

. Agora escolha

tais conjuntos aleatoriamente, então a probabilidade de que para pelo menos um deles aconteça é

. Se escolhermos

Pr[A⊆SandB⊆Sc]=2−k $Pr[A \subseteq S \:and\: B \subseteq S^c]=2^{-k}$

r2k $r2^k$

1−exp(−r) $1-exp(-r)$

, entendemos que whp é assim para TODOS os conjuntos disjuntos

(do tamanho

). O número total de tais

'nesta construção é

. r=O(log(nk))=O(klogn) $r = O(\log {n \choose k}) = O(k \log n)$

A $A$

B $B$

k/2 $k/2$

$S$

$O(2^k k \log n)$

— Noam

@Noam: I am sorry but I have never seen a

$\log n$ hidden in an

$o(1)$ , especially as the problem is also interesting imho for

$k<<\log n$ . But you are right that R B asked about

$k=polylog n$ .

— domotorp

Some work in progress:

I'm trying to prove a lower bound of $4^k$ . Here is a question that I'm pretty sure would give such a lower bound: find the minimum $t$ such that there exists a function $f:\{S \subseteq [n], |S|=k/2 \} \rightarrow \{0,1\}^t$ that preserves disjointness, i.e. that $S_1 \cap S_2 = \emptyset$ iff $f(S_1) \cap f(S_2) = \emptyset$ . I'm pretty sure a lower bound of $t \ge 2k$ would almost immediately imply a lower bound of $2^{2k}=4k$ for our problem. $f(S)$ roughly corresponds to the set of nodes the NFA can get to after reading the first $k/2$ symbols of the input, when the set of these $k/2$ symbols is $S$ .

I think the solution to this question might already be known, either in the communication complexity literature (especially in papers dealing with the disjointness problem; maybe some matrix rank arguments will help), or in literature about encodings (e.g. like this).

— mobius dumpling
fonte

My comments above show that this approach cannot beat

$(2+o(1))^n$

— Noam