Sistemas de adição de vetores com “obstáculos” finitos


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Um sistema de adição de vetores (VAS) é um conjunto finito de ações . é o conjunto de marcações . Uma execução é uma palavra não vazia de marcações r . Se essa palavra existe, dizemos que é acessível a partir de .AZdm 0 m 1m ni { 0 , , n - 1 } , m i + 1 - m iA m nNdm0m1mni{0,,n1},mi+1miAmnm0

Sabe-se que o problema de alcançabilidade dos VASs é decidível (mas sua complexidade é um problema em aberto).

Agora, vamos supor que seja dado um conjunto finito de marcações proibidas (os obstáculos ). Gostaria de saber se o problema de acessibilidade ainda é decidível.

Intuitivamente, o conjunto finito de obstáculos deve interferir nos caminhos apenas localmente, para que o problema permaneça decidível. Mas não parece trivial provar isso.

EDIT . Manterei a resposta de Jérôme como a aceita, mas gostaria de acrescentar uma pergunta de acompanhamento: e se o conjunto de marcações for ?Zd


você tem uma boa referência para obter uma intuição das idéias por trás da prova de decisão? (por exemplo slides)
Denis

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Aqui estão os slides: lsv.ens-cachan.fr/Events/Pavas/slides-Leroux.pdf ; e um artigo recente: hal.archives-ouvertes.fr/hal-00674970 ; basicamente, a alcançabilidade é resolvida por um algoritmo de enumeração, com base no fato de que se não for alcançável a partir de , existem dois conjuntos Presburger separados que de alguma forma provam a não alcançabilidade. Alguns outros slides: automata.rwth-aachen.de/movep2010/abstracts/slides-leroux.pdf . xyx
Nicolas Perrin

M Praveen deu várias palestras sobre as duas principais abordagens para o problema: cmi.ac.in/~praveenm/talks
Sylvain

Para subcasos do problema com obstáculos finitos (por exemplo, com dimensão restrita), parece que uma prova de decidibilidade pode ser baseada em uma propriedade "eliminação de zigue-zague". Veja este documento: labri.fr/perso/leroux/published-papers/LS-concur04.ps e estes slides: labri.fr/perso/sutre/Talks/Documents/… .
Nicolas Perrin

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Entendo por que o problema é resolvido quando há ações diferentes de zero que somam zero, mas o que acontece quando essas ações não existem? Parte de sua resposta foi cortado do comentário :)
Nicolas Perrin

Respostas:


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A idéia é baseada em uma discussão que tive com Grégoire Sutre esta tarde.

O problema é decidível da seguinte maneira.

Uma rede de Petri é um conjunto finito de pares em chamados transições. Dada uma transição , denotamos por a relação binária definida no conjunto de configurações por se existe um vetor tal que e . por a relação de alcançabilidade de uma etapa . O fechamento reflexivo e transitivo dessa relação é denotado porN d × N d t = ( u ,TNd×Nd t Ndx ty zNdx =u +z y =v +z ttT tT t=(u,v)tNdxtyzNdx=u+zy=v+zTtTtT .

Seja a ordem parcial clássica do componente em vez de e definida por se existir , que . O fechamento para cima de um conjunto de é o conjunto de vetores . O fechamento para baixo de um conjunto é o conjunto de vetores .N d ux zN d x = u + z X N d X { vN d | xX .NduxzNdx=u+zXNdXXX {vNd|xx .{vNdxX.xv}XX{vNdxx.vx}

Observe que se para algum conjunto finito de e se for uma rede de Petri, podemos calcular uma nova rede de Petri modo que, para todas as configurações , temos e se, e somente se, . De fato, se for uma transição, para cada , deixe que é o vetor emB NdTTBx ,y x Ty x ,yU x T By t=(u ,v )bB tb =(U=BBNdTTBx,yxTyx,yUxTByt=(u,v)bBz Ndz (i)=max{b (i)-u (i),b (i)-v (i),0}1idTU ={ttb=(u+z,v+z)zNd definido em componentes por para cada . Observe que atende ao requisito.z(i)=max{b(i)u(i),b(i)v(i),0}1idTU={tbtTbB}

Agora, suponha que seja uma rede de Petri, o conjunto de obstáculos. Introduzimos o conjunto finito . Observe que podemos calcular efetivamente um conjunto finito de tal que . Seja a relação binária definida sobre por se , ou existe modo queO D = O B N dTOD=OBNd R N dO x R y x = y x ' , y 'N dO x TxT B=NdDRNdOxRyx=yx,yNdOxTxTByTy.

Agora, observe que, se houver uma execução da configuração inicial para a última que evita o obstáculo , existe uma que evita o obstáculo em e que passa pelas configurações em no máximo no cardeal desse conjunto. Portanto, o problema reduz para selecionar configurações não determinísticas distintas em , corrija como a configuração inicial , como a configuração final e verifique sexO O DO c 1,...,yOODODO c 0x cn+1y c jRc j+1jc1,,cnDOc0xcn+1ycjRcj+1 para cada . Esse último problema se reduz a questões clássicas de acessibilidade para redes de Petri.j


Ótimo, muito obrigado !! Esta pergunta voltava periodicamente à minha mente!
Nicolas Perrin

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Agora, pode ser óbvio, mas eu gostaria de fazer uma pergunta de acompanhamento, para ter certeza. E se permitirmos que seja o conjunto de marcações? Nesse caso, exatamente a mesma construção não funciona. Existe um argumento simples que estende o resultado? Zd
Nicolas Perrin

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Eu estive pensando sobre a sua pergunta para sistemas de adição de vetores com estados (VASS) que são equivalentes ao VAS e surgiu com esta solução. Agora, li a bela resposta de Jérôme e devo dizer que minha resposta é muito semelhante; portanto, aceite a resposta dele mesmo que considere a minha correta.


Idéia: É possível converter um VASS em um VASS que proíba vetores menores ou iguais aos obstáculos. Não é exatamente isso que queremos, já que vetores menores, mas não iguais aos obstáculos, podem ser alcançados. No entanto, existem finitamente muitos desses vetores. Isso permite uma decomposição de execuções mínimas em muitas execuções finitas que são uma transição de ou uma execução equivalente de . Portanto, sim , o problema é decidível.V V V VVVV


Detalhes: Deixe ser uma -VASS, ou seja, é um gráfico finito marcado de modo que . Seja o conjunto de obstáculos. Se e , escrevemos sempre que é um executado a partir de para com cada configuração intermédia em . Nós denotamosd V T Q × Z d × Q ó N d ¸ t * X N dV=(Q,T)dVTQ×Zd×QONdπ­TXNdp(u)πXq(v)p ( u ) q ( v ) Q × X X = { y : y xπp(u)q(v)Q×XX={y:yx for some xX} .

Seja uma execução mínima tal que , ou seja, uma execução mínima que evita os obstáculos. Então, pelo princípio do pigeonhole, pode ser fatorado como uma corrida que entra apenas finitamente muitas vezes. Mais formalmente, existem , e tal quep ( u ) π N dO q (ππ O O t 1 , t 1, t n + 1 , t n + 1T { ε } π 1 , , π n + 1T { p i ( up(u)πNdOq(v)πOOt1,t1,tn+1,tn+1T{ε}π1,,πn+1T{pi(ui),qi(vi),ri(wi)}i[0,n+1]Q×Nd

  • π=t1π1t1tn+1πn+1tn+1 ,
  • i[0,n] pi(ui)ti+1Ndqi+1(vi+1)πi+1NdOri+1(wi+1)ti+1Ndpi+1(ui+1)
  • p0(u0)=p(u), pn+1(un+1)=q(v) ,
  • i[1,n] uiOO .
  • n|Q||O|.

Portanto, basta adivinhar , e as configurações intermediárias. Testando se pode ser realizado convertendo em um novo -VASS onde cada transição é substituída por um gadget de transições. Por exemplo, se , as transições serão substituídas da seguinte maneira:t 1 , t 1 , , t n + 1 , t n + 1 p ( x ) N d O q ( y ) V d V t T 4 | O | + 1 O = { ( 1 , 5 ) , ( 2 , 3nt1,t1,,tn+1,tn+1p(x)NdOq(y)VdVtT4|O|+1O={(1,5),(2,3)}Gadget VASS


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Obrigado!! Duas respostas corretas em menos de 2 dias, eu tenho que dizer que esta comunidade funciona bem :)
Nicolas Perrin
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