Quantas palavras de comprimento

EDITADO PARA ADICIONAR : Esta questão agora está essencialmente respondida; consulte esta entrada do blog para obter mais detalhes. Obrigado a todos que postaram comentários e respostas aqui.

PERGUNTA ORIGINAL

Esta é uma versão esperançosamente mais inteligente e bem informada de uma pergunta que fiz no MathOverflow. Quando fiz essa pergunta, eu nem sabia o nome da área da matemática em que estava o meu problema. Agora, tenho certeza de que está na Combinatória Algorítmica de Palavras Parciais. (Livro recente sobre o assunto aqui .)

Quero fazer uma lista de palavras em $l$ letras. Cada palavra tem comprimento exatamente $k$ . O negócio é, se $a \lozenge ^j b$ está na lista, onde $\lozenge$ é um símbolo wildcard /-cuidado não tem, então, $a \lozenge ^j b$ pode nunca aparecem novamente na lista. (O mesmo vale se $a=b$ , ou se $j=0$ e, portanto, a subpalavra proibida é $ab$ .)

Exemplo onde $k=4$ e $l=5$ :

$abcd$
$bdce$
$dcba$ <- proibida por causa $dc$ apareceu na linha acima
$aeed$ <- proibida porque $a \lozenge \lozenge d$ apareceu na primeira linha

A literatura sobre "palavras parciais evitáveis" que encontrei foi infinita - eventualmente algum padrão de palavras é inevitável se o tamanho da palavra for grande o suficiente. Eu gostaria de encontrar versões financeiras de tais teoremas. Então, pergunta:

Dada uma palavra parcial da forma em um alfabeto de letras, quantas palavras de comprimento evitam e podem ser explicitamente produzidas em tempo polinomial? $a \lozenge^j b$ $l$ $k$

Não espero que a pergunta acima seja difícil e, a menos que exista uma sutileza, posso calcular ela mesma. A verdadeira razão pela qual estou postando neste site é porque preciso saber muito mais sobre as propriedades dessas listas de palavras para o meu aplicativo, por isso espero que alguém possa responder à pergunta a seguir:

Isso foi estudado em geral? Quais são alguns artigos que consideram, não apenas se uma palavra parcial é inevitável, mas "quanto tempo leva" antes de se tornar inevitável?

Obrigado.

co.combinatorics

— Aaron Sterling
fonte

(1) Não consigo entender a correspondência entre sua primeira pergunta e o exemplo exposto anteriormente. Qual é a entrada no seu exemplo? (2) Na sua primeira pergunta, você está usando k para dois propósitos diferentes?

— Tsuyoshi Ito

Em relação a (2), sim, cometi um erro, agora editado, obrigado.

— Aaron Sterling

Em relação a (1), gostaria de saber "quanto espaço me resta" quando uma palavra parcial aparecer. Mas sim, a verdadeira questão é como produzir listas como a que aparece no exemplo (sem as palavras parciais proibidas). Assim, a entrada seriam os valores de

, e um número desejado de palavras para produzir em uma lista, todas as quais tinham o "evitar anteriormente aparecem palavras parciais propriedade."

k

$k$

l

$l$

— Aaron Sterling

@ Aaron, não sei qual é a sua aplicação final, mas as sequências de Davenport-Schinzel (e generalizações) perguntam sobre o comprimento máximo de uma string que não contém um padrão de repetição específico. É uma noção relacionada.

— Suresh Venkat

Seth Pettie também estudou algumas generalizações muito bacanas para submatrizes proibidas.

— Suresh Venkat

Respostas:

Aqui é um caso especial: o número de palavras binárias de comprimento de tal modo que não há dois uns aparecem consecutivamente é , em que é o número de Fibonacci (começando com ). A prova é através da representação Zeckendorf . $k$ $F(k+3)$ $F(n)$ $n^{th}$ $F(1)=1, F(2)=1$

EDIT: Podemos estender esse caso especial inicial para o caso especial um pouco maior de . Considere cadeias de comprimento sobre um alfabeto de tamanho , para que a letra não apareça duas vezes consecutivas. Seja o número de tais strings (que chamaremos de "válidos"). Afirmamos que: $a\lozenge^0a$ $k$ $l+1$ $a$ $f(k)$

f (k) = l * f (k - 1) + l * f (k - 2)

$f(k) = l*f(k-1) + l*f(k-2)$

O intuição é que podemos construir uma cadeia válida de comprimento

, alternativamente: a) adjacente qualquer das

letras que não são

a uma cadeia válida de comprimento

, ou b) ao lado da letra

e, em seguida, qualquer outra letra, exceto

a uma sequência válida de comprimento

f (0) = 1, f (1) = l + 1

$f(0) = 1, f(1) = l+1$

k

$k$

l

$l$

a

$a$

k - 1

$k-1$

a

$a$

a

$a$

k - 2

$k-2$

Você pode verificar se o seguinte é um formulário fechado para a recorrência acima: onde entendemos quando .

f (k) = \sum_{i = 0}^{k} (\binom{k + 1 - i}{i}) l^{k - i}

$f(k) = \sum_{i=0}^{k} {{k+1-i}\choose{i}} l^{k-i}$

(\binom{n}{i}) = 0

${{n}\choose{i}} = 0$

i > n

$i>n$

EDIÇÃO # 2: Vamos eliminar mais um caso - a . Chamaremos as strings sobre um alfabeto de elemento que não contém a subcadeia , "valid" e deixaremos denotar o conjunto de strings válidas de comprimento . Além disso, vamos definir ser o subconjunto de consistindo de cordas começando com e a ser aqueles que não comece por . Finalmente, deixe,,. $\lozenge^0 b, a \neq b$ $l$ $ab$ $S_k$ $k$ $T_k$ $S_k$ $b$ $U_k$ $b$ $f(k) = |S_k|$ $g(k) = |T_k|$ $h(k) = |U_k|$

Observa-se que e . Em seguida, inferimos as seguintes recorrências: O primeiro vem do fato de que adicionar ao início de qualquer elemento de produz um elemento de . O segundo vem da observação de que podemos construir um elemento de adicionando qualquer caractere, mas à frente de qualquer elemento de ou adicionando qualquer caractere, mas ou à frente de qualquer elemento em . $g(0)=0, h(0)=1, f(0)=1$ $g(1)=1, h(1)=l-1, f(1)=l$

\begin{array}{rcl} g (k + 1) & = & f (k) \\ h (k + 1) & = & (l - 1) * h (k) + (l - 2) * g (k) \end{array}

$\begin{eqnarray} g(k+1) &=& f(k) \\ h(k+1) &=&(l-1)*h(k) + (l-2)*g(k) \end{eqnarray}$

b

$b$

S_{k}

$S_k$

T_{k + 1}

$T_{k+1}$

U_{k + 1}

$U_{k+1}$

b

$b$

U_{k}

$U_{k}$

a

$a$

b

$b$

T_{k}

$T_k$

Em seguida, reorganizamos as equações de recorrência para obter:

\begin{array}{rcl} f (k + 1) & = & g (k + 1) + h (k + 1) \\ = & f (k) + (l - 1) * h (k) + (l - 2) * g (k) \\ = & f (k) + (l - 1) * f (k) - g (k) \\ = & l * f (k) - f (k - 1) \end{array}

$\begin{eqnarray} f(k+1) &=& g(k+1) + h(k+1) \\ &=& f(k) + (l-1)*h(k) + (l-2)*g(k) \\ &=& f(k) + (l-1)*f(k) - g(k) \\ &=& l*f(k) - f(k-1) \end{eqnarray}$

Podemos obter uma solução de forma fechada bastante opaca para essa recorrência, mexendo um pouco com a geração de coisas funcionais ou, se tivermos preguiça, indo direto para o Wolfram Alpha . No entanto, com um pouco de pesquisa e pesquisa no OEIS , descobrimos que realmente temos: onde é o polinômio Chebyshev do segundo tipo (!) .

f (k) = U_{k} (l / 2)

$f(k) = U_k(l/2)$

U_{k}

$U_k$

k^{t h}

$k^{th}$

— mhum
fonte

Isso é muito interessante, obrigado.

— Aaron Sterling

Uma abordagem completamente diferente para a primeira pergunta reutiliza as respostas da pergunta recente sobre a geração de palavras em uma linguagem regular : basta aplicar esses algoritmos para o comprimento na linguagem regular , onde é o alfabeto. $k$ $\Sigma^\ast a\Sigma^j b\Sigma^\ast$ $\Sigma$

— Sylvain
fonte

Obrigado. Fiquei me perguntando se poderia haver uma conexão, e sua resposta aqui me deu o impulso necessário para olhar para os documentos mencionados lá, e um deles definitivamente resolve um pedaço de um dos problemas que estou considerando.

— Aaron Sterling

Atualizado: esta resposta está incorreta :

assumindo que é fixo, podemos contar o número de maneiras que um padrão pode ser correspondido: o primeiro que símbolo pode ser correspondido em alguma posição , e temos possibilidades antes desse ponto, entre e , e para o restante da corda, assim, um total de casos. Conforme observado por Tsuyoshi Ito nos comentários, essa contagem não é o número de palavras diferentes correspondentes $j$ $a\lozenge^j b$ $a$ $1\leq i\leq k-j-1$ $l^{i-1}$ $l^j$ $a$ $b$ $l^{k-j-i-1}$

\sum_{i = 1}^{k - j - 1} l^{i - 1} \cdot l^{j} \cdot l^{k - j - i - 1} = (k - j - 1) l^{k - 2}

$\sum_{i=1}^{k-j-1}l^{i-1}\cdot l^{j}\cdot l^{k-j-i-1}=(k-j-1)l^{k-2}$

a ◊^{j} b

$a\lozenge^j b$ uma vez que uma única palavra poderia corresponder ao mesmo padrão de maneiras diferentes. Por exemplo, é correspondido três vezes em , duas vezes em e duas vezes em . Podemos tentar contar o número de maneiras de combinar padrões várias vezes e exibir uma expressão de "inclusão-exclusão", mas a maneira como o padrão pode se sobrepor torna isso muito longo.

a a

$aa$

a a a a

$aaaa$

a b

$ab$

a b a b

$abab$

a ◊ b

$a\lozenge b$

a a b b

$aabb$

Para a primeira pergunta, entendendo que não é fixo, ou seja, queremos evitar a incorporação da palavra : $j$ $ab$

quer primeiro símbolo nunca aparece, o que representa palavras possíveis, $a$ $(l-1)^k$
ou aparece em primeiro lugar em alguma posição , então não pode utilizar no restante da palavra: existem escolhas para o factor de até , e opções para o restante, fornecendo um total de palavras possíveis. Se é irrelevante. $a$ $1\leq i\leq k$ $b$ $(l-1)^{i-1}$ $a$ $(l-1)^{k-i}$ $\sum_{i=1}^k(l-1)^{i-1}\cdot(l-1)^{k-i}=k(l-1)^{k-1}$ $a=b$

Para a segunda pergunta, não tenho muito o que sugerir; existe uma relação com a incorporação de palavras, mas os resultados que conheço sobre más sequências para o lema de Higman não se aplicam imediatamente.

— Sylvain
fonte

Muito obrigado, Sylvain, embora eu não ache isso certo. Podemos usar posteriormente na palavra se aparecer. Nós apenas não pode usar se houver exatamente letras em entre e , se apareceu mais cedo. Talvez eu esteja entendendo mal o seu argumento.

b

$b$

a

$a$

b

$b$

j

$j$

a

$a$

b

$b$

a ◊^{j} b

$a \lozenge ^j b$

— Aaron Sterling

Desculpe, eu não tinha certeza se foi corrigido ou não. Também editei a resposta com fixo .

j

$j$

j

$j$

— 19411 Sylvain

Eu não acho que o caso j fixo está correto. Por exemplo, se k = 4 ej = 1, a palavra aabb é subtraída duas vezes. Eu não li o caso não-fixo-j.

— Tsuyoshi Ito

@ Tsuyoshi Ito: você está certo, não há correspondência única nesse caso.

— 21411 Sylvain

Por favor, marque uma resposta incorreta como tal.

— Tsuyoshi Ito