Определение пустоты пересечения регулярных языков в субквадратичном времени

Пусть $L_1,L_2$ будут двумя обычными языками, заданными NFA $M_1,M_2$ качестве входных данных.

Предположим, мы хотели бы проверить, является ли $L_1\cap L_2\neq \emptyset$ . Это можно сделать с помощью квадратичного алгоритма, который вычисляет автомат произведений $M_1,M_2$ , но мне было интересно, известно ли что-нибудь более эффективное.

Существует ли алгоритм $o(n^2)$ для определения того, является ли $L_1\cap L_2\neq \emptyset$ ? Какой самый быстрый известный алгоритм?

Если у кого-то есть хорошие идеи, пожалуйста, дайте мне знать, но в настоящее время это открытая проблема. Если бы вы могли решить эту проблему, скажем, за линейное время, то в принципе любая проблема, решаемая недетерминированной машиной, использующей только n бит памяти, могла бы быть решена детерминистически за

раза.

2^{\frac{n}{2}}

$2^{\frac{n}{2}}$

Майкл Вехар

Я думаю, что это все еще открыто для любого субквадратичного. Немного больше информации: rjlipton.wordpress.com/2009/08/17/…

Майкл Вехар

Так, например (основываясь на комментарии Майкла), гипотеза сильного экспоненциального времени подразумевает, что показатель степени должен быть равен 2. Я думаю, что это также может оказаться следствием гипотезы экспоненциального времени ...

Райан Уильямс

RB: Предположим, что вы можете проверить на пустоту два DFA размера

за время

. Теперь, если у вас есть

DFA размера

, вы можете создать произведение первых

DFA и оставшихся

DFA. Затем проверьте пустоту во времени

n

$n$

n^{1 + ε}

$n^{1+\varepsilon}$

ε < 1

$\varepsilon < 1$

k

$k$

n

$n$

k / 2

$k/2$

k / 2

$k/2$

что лучше, чем

. vzn: Эта отмеченная наградами статья была написана @MichaelWehar, который прокомментировал эту ветку. Майкл, возможно, ты мог бы представить ответ, если у тебя есть время!

(n^{k / 2})^{1 + ε} = n^{\frac{1}{2} k + \frac{ε}{2} k}

$(n^{k/2})^{1+\varepsilon} = n^{\frac{1}{2}k + \frac{\varepsilon}{2}k}$

n^{k}

$n^k$

Михаил Блондин

@RyanWilliams Привет, Райан, что заставляет вас думать, что более слабая экспоненциальная гипотеза времени подразумевает, что мы не можем решить не пустоту пересечения для двух DFA быстрее? Кто-то еще предложил мне это тоже. :)

Майкл Вехар

Простой ответ : если существует более эффективный алгоритм, который выполняется за время для некоторого , то гипотеза о сильном экспоненциальном времени будет опровергнута. $O(n^{\delta})$ $\delta < 2$

Мы докажем более сильную теорему, и тогда последует простой ответ.

Теорема : если мы сможем решить проблему непустоты пересечения для двух DFA за времени, то любая проблема, которая недетерминированно разрешима с использованием только n битов памяти, детерминированно разрешима в раз. $O(n^{\delta})$ $poly(n)\cdot2^{(\delta n/2)}$

Обоснование : Предположим, что мы можем решить не пустоту пересечения для двух DFA за времени. Пусть дана недетерминированная машина Тьюринга M с входной лентой только для чтения и двоичной рабочей лентой для чтения / записи. Пусть задана входная строка x длины n. Предположим, что M не имеет доступа к более чем n битам памяти на двоичной рабочей ленте. $O(n^{\delta})$

Вычисление M на входе x может быть представлено конечным списком конфигураций. Каждая конфигурация состоит из состояния, позиции на входной ленте, позиции на рабочей ленте и до n бит памяти, которые представляют рабочую ленту.

Теперь учтите, что рабочая лента была разделена пополам. Другими словами, у нас есть левая часть ячейки и правая часть $\frac{n}{2}$ кл. Каждая конфигурация может быть разбита на левую часть и правую часть. Левая часть состоит из состояния, положения на входной ленте, положения на рабочей ленте и $\frac{n}{2}$ бита из левого раздела. Правая часть состоит из состояния, положения на входной ленте, положения на рабочей ленте и $\frac{n}{2}$ бита из правого раздела. $\frac{n}{2}$

Теперь мы создаем DFA чьи состояния - это левые части, и DFA чьи состояния - это правильные части. Буквенные символы - это инструкции, в которых указано, в какое состояние переходить, как должны двигаться головки ленты и как следует манипулировать активной ячейкой рабочей ленты. $D_1$ $D_2$

Идея состоит в том, что и читают в списке инструкций, соответствующих вычислению M на входе x, и вместе проверяют, что он действителен и принимает. И и всегда будут согласовывать расположение головок магнитных лент, поскольку эта информация включена в их символы ввода. Следовательно, мы можем сделать так, чтобы проверял, что инструкция подходит, когда положение рабочей ленты находится в левой части, а проверяет, когда в правой части. $D_1$ $D_2$ $D_1$ $D_2$ $D_1$ $D_2$

$poly(n) \cdot 2^{n/2}$ $poly(n)$

$poly(n) \cdot 2^{(\delta n /2)}$

Вы можете найти это полезным: https://rjlipton.wordpress.com/2009/08/17/on-the-intersection-of-finite-automata/

$k+O(\log(n))$ $O(n^{\delta})$ $poly(n) \cdot 2^{(\delta k/2)}$

Комментарии, исправления, предложения и вопросы приветствуются. :)

Майкл Вехар
источник

Ω (n^{2})

$\Omega(n^2)$

k

$k$

k

$k$

(2 k - 2)

$(2k-2)$

k

$k$

N S p a c e (2 \cdot \log (n)) \subseteq D T i m e (n)

$NSpace(2 \cdot \log(n)) \subseteq DTime(n)$

N S p a c e (2 \cdot \log (n))

$NSpace(2 \cdot \log(n))$

2 \cdot \log (n)

$2\cdot \log(n)$ пространство для недетерминированных машин Тьюринга с двусторонней ленточной записью только для чтения и двусторонней ленточной записью для чтения / записи.

Майкл Вехар

Определение пустоты пересечения регулярных языков в субквадратичном времени

Ответы: