Um determinado idioma regular contém um subconjunto infinito sem prefixos?

Um conjunto de palavras sobre um alfabeto finito é livre de prefixo se não houver duas palavras distintas em que um seja o prefixo do outro.

A questão é:

Qual é a complexidade de verificar se um idioma comum fornecido como NFA contém um subconjunto infinito sem prefixos?

Resposta (devido a Mikhail Rudoy, ​​aqui abaixo) : Isso pode ser feito em tempo polinomial, e acho que até em NL.

Parafraseando a resposta de Mikhail, seja $(\Sigma,q_0,F,\delta)$ o NFA de entrada na forma normal (sem transições epsilon, trim) e seja $L[p,r]$ (resp. ) o idioma obtido com o estado como estado inicial e como estado final (resp. estado como inicial e o conjunto como final). Para uma palavra deixar ser a palavra infinito obtido fazendo a iteração .$L[p,R]$$p$$\{r\}$$p$$R$$u$$u^\omega$$u$

Os seguintes são equivalentes:

1. O idioma contém um subconjunto infinito sem prefixos.$L[q_0,F]$
2. $\exists q \in Q$∃ u ∈ G [ Q , Q ] ∖ { ε } ∃ v ∈ G [ Q , F ] v u ω , para que não seja um prefixo de .$\exists u \in L[q,q]\smallsetminus\{\varepsilon\}$ $\exists v \in L[q,F]$$v$$u^\omega$
3. $\exists q \in Q$ $L[q,q] \neq \{\varepsilon\}$ $\forall u \in L[q,q]$ $\exists v \in L[q,F]$ forma que não é um prefixo de .$v$$u^\omega$

Prova:

3$\Rightarrow$ 2 trivial.

Para 2 1, basta ver que, para qualquer , temos que w ( u | v | ) ∗ v é um subconjunto infinito sem prefixo de L [ q 0 , F ] .$\Rightarrow$$w \in L[q_0,q]$$w (u^{|v|})^* v$$L[q_0,F]$

Finalmente, 1 $\Rightarrow$ 3 é a prova de "correção" na resposta de Mikhail.

Seu problema pode ser resolvido em tempo polinomial.

Para começar, converta o NFA fornecido em um NFA equivalente com as seguintes propriedades adicionais:

• Não há transições epsilon
• Todos os estados são alcançáveis ​​a partir do estado inicial

Sub-rotina útil

Suponha que tenhamos um NFA $N$ , um estado $q$ e uma sequência não vazia $s$ . A seguinte sub-rotina nos permitirá avaliar o valor de verdade da seguinte declaração: "todo caminho em $N$ do estado $q$ para um estado de aceitação corresponde a uma string que é um prefixo da string $s^n$ para alguns $n$ ". Além disso, essa sub-rotina será executada em tempo polinomial.

Primeiro, construa o NFA $S$ com $|s| + 1$ afirma que aceita todas as strings que não são prefixos de $s^n$ para nenhum $n$ ( $|s|$ estados de não aceitação em um loop para rastrear onde no "padrão" de $sssss\ldots$ estamos até agora, e um estado de aceitação para se já tivermos desviado desse padrão). Em seguida, construa o NFA $N'$ que é exatamente como $N$ mas tem $q$ como seu estado inicial. Por fim, construa um NFA N ″ final$N''$cuja linguagem $L(N'')$ é $L(S) \cap L(N')$ usando a construção de interseção NFA padrão. Observe que todas essas construções são polinomiais no tamanho da entrada.

Em seguida, basta testar se o idioma de $N''$ está vazio (o que pode ser feito em tempo polinomial com uma simples pesquisa gráfica). $L(N'') = \emptyset$ se e somente se $L(S) \cap L(N') = \emptyset$ , ou seja, todas as cordas em $L(N')$ não estão em $L(S)$ . Em outras palavras, o idioma de $N''$ está vazio se e somente se $N'$aceita apenas cadeias que são prefixos de $s^n$ para alguns $n$ . Isso pode ser reformulado exatamente como a declaração que estávamos tentando avaliar: "todo caminho em $N$ do estado $q$ para um estado de aceitação corresponde a uma string que é um prefixo da string $s^n$ para alguns $n$ ".

Algoritmo principal

Considere o conjunto de estados no NFA que estão em algum loop. Para cada um desses estados, $q$ , faça o seguinte:

Vamos $P_2$ ser qualquer simples ciclo contendo $q$ . Deixe $s$ ser a cadeia correspondente ao circuito de $P_2$ . Como o NFA não possui transições epsilon, $s$ não está vazio. Em seguida, aplique a sub-rotina ao NFA, estado $q$ e sequência $s$ . Se a sub-rotina nos disser que todo caminho que começa em $q$ no NFA e termina em um estado de aceitação corresponde a um prefixo de $s^n$ para alguns $n$ , continue para o próximo estado $q$ . Caso contrário, verifique se o idioma do NFA fornecido contém um subconjunto infinito sem prefixos.

Se tentarmos todos os estados $q$ que estão em um loop e o algoritmo nunca sair, então mostramos que o idioma do NFA fornecido não contém um subconjunto infinito sem prefixos.

Correção (primeira metade)

Primeiro, suponha que o algoritmo acima afirme que a linguagem do NFA fornecida contém um subconjunto infinito sem prefixos. Digamos que essa saída foi selecionada considerando alguns loop $P_2$ e algum estado $q$ . Tal como anteriormente, $s$ representa a cadeia correspondente ao $P_2$ . Sabemos, de acordo com a sub-rotina, que nem todo caminho que começa em $q$ no NFA e termina em um estado de aceitação corresponde a um prefixo de $s^n$ para alguns $n$ (pois essa é a única saída da sub-rotina que levaria ao algoritmo principal saída nesse $q$ ).

Vamos $P_3$ ser um caminho cuja existência é afirmado pela sub-rotina: um caminho de $q$ para um estado de aceitação de tal modo que a cadeia de caracteres correspondente $t$ não é um prefixo de $s^n$ para qualquer $n$ .

Seja $P_2'$ constituído por $m$ cópias de $P_2$ que $m$ seja suficientemente grande que $m|s| > |t|$. Desde $P_2$ representa um ciclo através $q$ , $P_2'$ pode ser tratado como um caminho de $q$ a $q$ . A cadeia correspondente a $P_2'$ é $s^m$

Seja $P_1$ um caminho do estado inicial para $q$ (que existe desde que todos os estados sejam alcançáveis ​​desde o início) e seja $r$ a string correspondente a esse caminho.

Então o caminho que consiste em $P_1$ , $x$ cópias de $P_2'$ e $P_3$ é um caminho de cálculo aceitante. A string correspondente a esse caminho é $r(s^m)^xt$ . Assim, o NFA aceita todas as cadeias de caracteres da forma $r(s^m)^xt$ . Este é um conjunto infinito de strings aceito pela NFA, e eu afirmo que esse conjunto de strings é livre de prefixos. Em particular, suponha que $r(s^m)^xt$ seja um prefixo de $r(s^m)^yt$ com$y > x$ . Em outras palavras,$t$ é um prefixo de$(s^m)^{y-x}t$ . Como$(s^m)^{y-x}$ tem comprimento$m(y-x)|s| \ge m|s| > |t|$, isso implica que$t$ é um prefixo de$(s^m)^{y-x} = s^{m(y-x)}$ . Mas sabemos pela saída da sub-rotina que$t$não é um prefixo de$s^n$ para nenhum$n$. Assim,$r(s^m)^xt$não pode ser um prefixo de$r(s^m)^yt$e, como desejado, o conjunto de cadeias de caracteres é livre de prefixo.

Assim, mostrei que, se o algoritmo principal mostrar que a linguagem do NFA contém um subconjunto infinito sem prefixos, esse é realmente o caso.

Correção (segunda metade)

A seguir, mostrarei a outra metade: se o idioma da NFA contiver um subconjunto infinito sem prefixos, o algoritmo principal apresentará esse fato.

Suponha que o idioma da NFA fornecido contenha um subconjunto infinito sem prefixos. Seja $A$ o conjunto de caminhos de computação (aceitando) correspondentes a essas cadeias. Observe que $A$ é um conjunto infinito de caminhos de computação aceitos cujas cadeias correspondentes nunca são prefixos uma da outra.

Digamos que um estado esteja "fazendo um loop" no NFA se existir um loop no NFA por esse estado e "não-fazendo um loop" caso contrário. Considere todos os caminhos do estado inicial para qualquer estado em loop que passe apenas por estados sem loop (exceto pelo estado de loop em que eles terminam). Seja $P$ o conjunto desses caminhos. Cada caminho $p \in P$ não pode ter um loop, pois os estados nesse loop seriam estados de loop e, portanto, $p$ passaria por um estado de loop. Assim, os comprimentos dos caminhos em $P$ são delimitados acima pelo número de estados no NFA e, portanto, $P$ é finito (por exemplo, se o estado inicial for um estado em loop, o único caminho será o caminho vazio).

Podemos particionar $A$ em $|P|+1$ subconjuntos com base em como os caminhos de computação em $A$ iniciados. Em particular, para $p \in P$ , deixar $A_p$ ser o conjunto de todos os caminhos de computação em $A$ que começam com o caminho $p$ e deixar $B$ ser o conjunto de todos os outros caminhos na $A$ . Claramente, todos $A_p$ s e $B$ são disjuntos e sua união é todo o conjunto $A$ . Além disso, $B$contém apenas caminhos que nunca passam por um estado de loop e, portanto, nunca fazem loop; assim $B$ é finito. Podemos concluir, então, que alguns $A_p$ deve ser infinito (caso contrário $A$ seria uma união de um número finito de conjuntos finitos).

Como $A_p$ é infinito, existem infinitos caminhos de computação, nenhum dos quais strings são prefixos um do outro, que aceitam caminhos começando com $p$ . Seja $q$ o estado atingido no final do caminho $p$ . Podemos concluir que existem infinitos caminhos de aceitação, chame esse conjunto de $A'$ , começando em $q$ todos os quais correspondem a cadeias que não são prefixos uma da outra.

Durante o algoritmo principal, executamos a sub-rotina no estado $q$ e em algumas seqüências $s$ . Essa sub-rotina nos diz se todo caminho aceitante que começa em $q$ corresponde a uma string que é um prefixo de $s^n$ para algum $n$ . Se esse fosse o caso, todos os infinitos caminhos aceitáveis ​​em $A'$ seriam prefixos de $s^n$ para vários $n$ , o que implicaria que eles são todos prefixos um do outro. Como não é o caso, concluímos que, quando o algoritmo principal executa a sub-rotina no estado $q$, o resultado é o outro resultado possível. Isso, no entanto, leva o algoritmo principal a mostrar que a linguagem da NFA contém um subconjunto infinito sem prefixos.

Isso conclui a prova de correção.

Definições

Definição 1 : Seja $S$ um conjunto de palavras. Dizemos que $S$ é praticamente livre de prefixos infinitos (nome inventado para o propósito desta resposta) se houver as palavras $u_0,\dots,u_n,\dots$ e $v_1,\dots,v_n,\dots$ tais que:

• Para cada $n\ge 1$ , $u_n$ e $v_n$ não estão vazios e começam com letras distintas;

• $S=\{u_0v_1,\dots,u_0\dots u_n v_{n+1},\dots\}$ .

A intuição é que você pode colocar todas essas palavras em uma árvore com raízes infinitas (a ■é a raiz, as ▲são as folhas e •os restantes nós internos) da seguinte forma, de forma que as palavras em $S$ sejam exatamente os rótulos dos caminhos da raiz para uma folha:

   u₀    u₁    u₂
■-----•-----•-----•⋅⋅⋅
      |     |     |
      | v₁  | v₂  | v₃
      |     |     |
      ▲     ▲     ▲

Proposição 1.1 : Um conjunto bastante livre de prefixos é infinito.

Prova de proposição 1.1 : Suponha que $u_0\dots u_n v_{n+1}$ é um prefixo estrito de $u_0 \dots u_m v_{m+1}$ . Existem dois casos:

• Se $n < m$ então $v_{n+1}$ é um prefixo de $u_{n+1}\dots u_m v_{m+1}$ . Isso é impossível porque $u_{n+1}$ e $v_{n+1}$ têm primeiras letras distintas.

• Se $n > m$ então $u_{m+1}\dots u_n v_{n+1}$ é um prefixo de $v_{m+1}$ . Esta é impossível, porque $u_{m+1}$ e $v_{m+1}$ têm distintas primeiras letras.

Proposição 1.2 : Um conjunto livre de prefixos bem infinito é infinito.

Prova de proposição 1,2 : 1,1 Na prova, mostrou-se que se $n\not= m$ seguida, $u_0\dots u_n v_{n+1}$ e $u_0 \dots u_m v_{m+1}$ não são comparáveis para o fim prefixo. Portanto, eles não são iguais.

Prova principal

Proposição 2 : Qualquer conjunto sem prefixos infinito contém um bom conjunto sem prefixos.

Proposição 3 : Um idioma contém um conjunto livre de prefixos infinito se e somente se ele contém um conjunto livre de prefixos bem infinito.

Prova abaixo.

Prova da proposição 3 : $\boxed{\Rightarrow}$ pela proposição 2. $\boxed{\Leftarrow}$ pelas proposições 1.1 e 1.2.

Proposição 4 : O conjunto de subconjuntos bem livres de prefixos de um idioma regular (codificado como uma palavra infinita $\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\overline{u_2}\dots$ ) é $\omega$ regular (e o tamanho do Büchi autômato reconhecendo que é polinomial no tamanho da NFA reconhecendo a linguagem regular).

Prova abaixo.

Teorema 5 : Decidindo se um idioma regular descrito por um NFA contém um subconjunto infinito livre de prefixos pode ser feito em tempo polinomial no tamanho do NFA.

Prova do teorema 5 : Pela proposição 3, é suficiente testar se ele contém um subconjunto livre de prefixos bastante infinito, o que pode ser feito em tempo polinomial construindo o autômato Büchi fornecido pela proposição 4 e testando o não vazio de seu idioma (que pode ser feito em tempo linear no tamanho do autômato Büchi).

Prova da proposição 2

Lema 2.1 : Se $S$ é um conjunto sem prefixo, o mesmo ocorre $w^{-1}S$ (para qualquer palavra $w$ ).

Prova 2.1 : Por definição.

Lema 2.2 : Seja $S$ um conjunto infinito de palavras. Deixe $w:=\operatorname{lcp}(S_n)$ ser a mais longa prefixo comum a todas as palavras em $S$ . $S$ e $w^{-1}S$ têm o mesmo cardeal.

Prova 2.2 : Defina $f:w^{-1}S\to S$ por $f(x)=wx$ . É bem definido por definição de $w^{-1}S$ , injetivo por definição de $f$ e surjetivo por definição de $w$ .

Prova da proposição 2 : Construímos $u_n$ e $v_n$ por indução em $n$ , com a hipótese de indução $H_n$ composta pelas seguintes partes:

• $(P_1)$ Para todos$k\in\{1,\dots,n\}$ ,$u_0\dots u_{k-1} v_k \in S$ ;

• $(P_2)$ Para todos os$k\in\{1,\dots,n\}$ ,$u_k$ e$v_k$ não estão vazios e começam com letras distintas;

• $(P_3)$ $S_n:=(u_0\dots u_n)^{-1}S$ é infinito;

• $(P_4)$ Não existe um prefixo não vazio comum a todas as palavras em$S_n$ . Em outras palavras: Não existe$a$ letra a tal que$S_n\subseteq a\Sigma^*$ .

Observação 2.3 : Se tivermos sequências que verificam $H_n$ sem $(P_4)$ , podemos modificar $u_n$ para torná-las também satisfatórias $(P_4)$ . De fato, basta substituir $u_n$ por $u_n\operatorname{lcp}(S_n)$ . $(P_1)$ não é afetado. $(P_2)$ é trivial. $(P_4)$ é por construção. $(P_3)$ é pelo lema 3.

Agora construímos as seqüências por indução em $n$ :

• Inicialização: $H_0$ é verdadeiro usando $u_0:=\operatorname{lcp}(S)$ (isto é, usando $u_0:=\varepsilon$ e aplicando a observação 3.1).

• Etapa de indução: suponha que tenhamos as palavras $u_1,\dots,u_n$ e $v_1,\dots,v_n$ modo que $H_n$ para alguns $n$ . Vamos construir $u_{n+1}$ e $v_{n+1}$ modo que $H_{n+1}$ .

Como $S_n$ é infinito e sem prefixo (pelo lema 1), ele não contém $\varepsilon$ modo que $S_n=\underset{a\in \Sigma}{\bigsqcup}(S_n\cap a\Sigma^*)$ . Como $S_n$ é infinito, existe uma letra $a$ tal que $S_n\cap a\Sigma^*$ é infinito. Por $(P_4)$ , existe uma letra $b$ distinta de $a$ tal que $S_n\cap b\Sigma^*$não está vazio. Escolha $v_{n+1}\in S_n\cap b\Sigma^*$ . Tomando $u_{n+1}$ para ser $a$ satisfaria $(P_1)$ , $(P_2)$ e $(P_3)$ , aplicamos a observação 3.1 para obter $(P_4)$ : $u_{n+1}:=a\operatorname{lcp}(a^{-1}S_n)$.

$(P_1)$ $u_1\dots u_nv_{n+1}\in u_1\dots u_n(S_n\cap b\Sigma^*)\subseteq S$ .

$(P_2)$ Por definição de$u_{n+1}$ e$v_{n+1}$ .

$(P_3)$ $a^{-1}S_n$ é infinito por definição de$a$ , e$S_{n+1}$ é, portanto, infinito pelo lema 3.

$(P_4)$ Por definição de$u_{n+1}$ .

Prova de proposição 4

Prova da proposição 4 : Seja $A=(Q,\to,\Delta,q_0,F)$ ser um NFA.

A idéia é a seguinte: lemos $u_0$ , lembramos onde estamos, lemos $v_1$ , voltamos para onde estávamos depois de ler $u_0$ , lemos $u_1$ , lembro onde estamos, ... Lembramos também a primeira letra que foi leia cada $v_n$ para garantir que $u_n$ comece com outra letra.

Foi-me dito que isso poderia ser mais fácil com os autômatos com várias cabeças, mas eu não estou muito familiarizado com o formalismo, então vou descrevê-lo usando um autômato Büchi (com apenas uma cabeça).

Nós estabelecemos $\Sigma':=\overline{\Sigma}\sqcup\widehat{\Sigma}$ , onde os símbolos sobrelinhadas vai ser usado para o descreve $u_k$ s e os símbolos com chapéus para o $v_k$ s.

Definimos $Q':=Q\times (\{\bot\}\sqcup (Q \times \Sigma))$ , onde:

• $(q,\bot)$ significa que você está lendo algum$u_n$ ;

• $(q,(p,a))$ significa que você terminou de ler alguns$u_n$ no estado$p$ , que agora está lendo$v_{n+1}$ que começa com$a$ e que, assim que terminar, voltará para$p$ para ler um$u_{n+1}$ que não começar com$a$ .

Definimos $q_0':=(q_0,\bot)$ porque começamos lendo $u_0$ .

Definimos $F'$ como $F\times Q \times \Sigma$ .

O conjunto de transições $\to'$ é definido da seguinte forma:

• " $u_n$ " Para cada transição $q\overset{a}{\to}q'$ , adicione $(q,\bot)\overset{\overline{a}}{\to'}(q',\bot)$ ;

• " $u_n$ a $v_{n+1}$ " Para cada transição $q\overset{a}{\to}q'$ , add $(q,\bot)\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(q,a))$ ;

• " $v_n$ " Para cada transição $q\overset{a}{\to}q'$ , adicionar $(q,(p,a))\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(p,a))$ ;

• " $v_n$ to $u_n$ " Para cada transição $p\overset{a}{\to}p'$ onde $p$ é final e a letra $b$ distinta de $a$ , adicione $(q,(p,b))\overset{\overline{a}}{\to'}(p',\bot)$ ;

Lema 4.1 : $\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\dots \overline{u_n}\widehat{v_{n+1}}$ é aceito por $A'$ se se para cada $n\ge 1$ , $u_n$ e $v_n$ não estiverem vazios e começarem com letras distintas , e para cada $n\ge 0$ , $u_0\dots u_n v_{n+1}\in L(A)$ .

Prova do lema 4.1 : deixada para o leitor.