Liczba różnych regularnych języków

Biorąc pod uwagę alfabet $\Sigma = \{ a,b \}$ , ile jest różnych języków regularnych, które może zaakceptować $n$ stanowy niedeterministyczny automat skończony?

Jako przykład rozważmy $n=3$ . Następnie mamy $2^{18}$ różnych konfiguracji przejścia i $2^3$ różne konfiguracje stanu początkowego i końcowego, więc mamy górną granicę $2^{24}$ różnych języków.
Jednak wiele z nich będzie równoważnych, a ponieważ testowanie pod kątem PSPACE-Complete jest prawdopodobnie niemożliwe przetestowanie każdego ustawienia.
Czy istnieją inne środki lub argumenty kombinatoryczne, które ograniczają liczbę różnych języków akceptowanych przez dany zasób?

— john_leo
źródło

Istnieją tylko 3 różne konfiguracje stanu początkowego, a nie

2^{3}

$2^3$ .

— FrankW

Szybki pomysł: zwykłe języki charakteryzują się skończoną liczbą klas równoważności, por. Myhill-Nerode. Ile różnych zestawów klas równoważności może obsługiwać automat

n

$n$ stanowy?

— Raphael

Pomocne może być wyszukanie w gazecie artykułu „O liczbie różnych języków akceptowanych przez automaty skończone ze stanami n” autorstwa Domaratzki, Kisman i Shallit.

— Hendrik,

oto papierowy adres

— cytatu

znaleziono prawie takie samo pytanie na tcs.se: Jaka liczba języków jest akceptowana przez DFA o rozmiarze n?

— vzn

To jest streszczenie artykułu O liczbie odrębnych języków akceptowanych przez skończone automaty z n stanami . Artykuł zapewnia stosunkowo łatwe, ale dalekie od ścisłych, dolnych i górnych granic liczbę różnych języków akceptowanych przez NFA. Ich dyskusja na temat liczby różnych DFA jest bardzo wnikliwa, więc uwzględnię również tę część.

Artykuł zaczyna się od dość rygorystycznej asymptotyki w odniesieniu do liczby różnych języków akceptowanych przez DFA, przy czym stanowi jednolity alfabet. Dokonuje się tego, obserwując, w jakich warunkach dany stanowy jednoargumentowy DFA jest minimalny. W takich przypadkach opis automatu może być odwzorowany (biotycznie) na prymitywne słowo , a wyliczenie takich słów jest dobrze znane i wykonane za pomocą funkcji Möbiusa . Korzystając z tego wyniku, udowodniono granice dla jednych alfabetów, zarówno w przypadku DFA, jak i przypadku NFA. $n$ $n$

Przejdźmy bardziej szczegółowo. Dla alfabetu -liter zdefiniuj $k$ Zwróć uwagę, że. Rozpoczynamy odi.

\begin{aligned} f_{k} (n) & = the number of pairwise non-isomorphic minimal DFA's with n states \\ g_{k} (n) & = the number of distinct languages accepted by DFA's with n states \\ G_{k} (n) & = the number of distinct languages accepted by NFA's with n states \end{aligned}

$\begin{align*} f_k(n) &= \text{the number of pairwise non-isomorphic minimal DFA's with } n \text{ states}\\ g_k(n) &= \text{the number of distinct languages accepted by DFA's with } n \text{ states}\\ G_k(n) &= \text{the number of distinct languages accepted by NFA's with } n \text{ states} \end{align*}$

g_{k} (n) = \sum_{i = 1}^{n} f_{k} (i)

$g_k(n) = \sum_{i=1}^n f_k(i)$

f_{1} (k)

$f_1(k)$

g_{1} (k)

$g_1(k)$

Wyliczenie Unary DFA

Jednostkowy DFA ze stanami jest minimalny iff $M = (Q, \{a\},\delta, q_0,F)$ $q_0,\dots, q_{n-1}$

Jest podłączony. Tak więc, po zmianie nazwy, schemat przejściowy składa się z pętli i ogona, tj. i dla niektórych . $\delta(q_i,a) = q_{i+1}$ $\delta(q_{n-1},a)=q_j$ $j \leq n-1$
Pętla jest minimalna.
Jeśli , wówczas i i i . $j \neq 0$ $q_{j-1} \in F$ $q_{n-1} \notin F$ $q_{j-1} \notin F$ $q_{n-1} \in F$

Pętla jest minimalne IFF słowa określa $q_j,\dots, q_{n-1}$ $a_j \cdots a_{n-1}$ jestprymitywne, co oznacza, że nie można go zapisać w formie dla jakiegoś słowai jakiejś liczby całkowitej. Znana jest liczbaprymitywnych słów o długościpowyżejliter alfabetu, patrz np. Lothaire,Combinatorics on Words. Mamy

a_{i} = {\begin{cases} 1 if q \in F, \\ 0 if q \notin F \end{cases}

$\begin{equation*} a_i = \begin{cases} 1 \quad \text{if } q \in F, \\ 0 \quad \text{if } q \notin F \end{cases} \end{equation*}$

x^{k}

$x^k$

x

$x$

k \geq 2

$k \ge 2$

ψ_{k} (n)

$\psi_k(n)$

n

$n$

k

$k$

gdzie

jestfunkcją Möbiusa. Dzięki

papier dowodzi dokładnie formuły

i pokazuje, że asymptotycznie (twierdzenie 5, wynikiem czego 6)

ψ_{k} (n) = \sum_{d | n} μ (d) k^{n / d}

$\begin{equation*} \psi_k(n) = \sum_{d | n} \mu(d) k^{n/d} \end{equation*}$

μ (n)

$\mu(n)$

ψ_{k} (n)

$\psi_k(n)$

f_{1} (n)

$f_1(n)$

g_{1} (n)

$g_1(n)$

\begin{aligned} {sol}_{1} (n) & = {2)}^{n} (n - α + O (n {2)}^{- n / 2)})) \\ {fa}_{1} (n) & = {2)}^{n - 1} (n + 1 - α + O (n {2)}^{- n / 2)})) . \end{aligned}

$\begin{align*} g_1(n) &= 2^n \left(n-\alpha+O \left(n 2^{-n/2} \right)\right) \\ f_1(n) &= 2^{n-1}\left(n+1-\alpha+O \left(n 2^{-n/2} \right)\right). \end{align*}$

Wyliczenie DFA

Następnym krokiem jest dolna granica dla . Twierdzenie 7 stwierdza, że Dla zestawu z automatem zdefiniować jako ograniczenie do . $f_k(n)$

{fa}_{k} (n) \geq {fa}_{1} (n) n^{(k - 1) n} \sim n {2)}^{n - 1} n^{(k - 1) n} .

$\begin{equation*} f_k(n) \ge f_1(n) n^{ (k-1)n} \sim n 2^{n-1}n^{(k-1)n}. \end{equation*}$

Δ \subset Σ

$\Delta \subset \Sigma$

M

$M$

M_{Δ}

$M_{\Delta}$

M

$M$

Δ

$\Delta$

S_{k, n}

$S_{k,n}$

M

$M$

k

$k$

{0, 1, \dots, k - 1}

$\{0,1,\dots,k-1 \}$

$M_{ \{0 \}}$ $f_1(n)$ $n$
$k-1$ $h_i : Q \to Q$ $1 \le i < k$ $\delta(q,i) = h_i(q)$ $1 \le i < k$ and $q \in Q$ .

The observation is then that $S_{n,k}$ contains $f_1(n) n^{ (k-1)n}$ different and minimal languages.

Enumeration of NFA's

For $G_1(n)$ one has the trivial lower bound $2^n$ , since every subset $\epsilon, a,\dots, a^{n-1}$ can be accepted by some NFA with $n$ states. The lower bound is improved slightly, yet the proof is rather lengthy.
The paper Descriptional Complexity in the unary case by Pomerance et al shows that $G_1(n) \le \left( \frac{c_1 n}{\log n}\right)^n$ .
Proposition 10 shows that, for $k \ge 2$ we have

n 2^{(k - 1) n^{2}} \leq G_{k} (n) \leq (2 n - 1) 2^{k n^{2}} + 1.

$\begin{equation*} n 2^{(k-1)n^2} \le G_k(n) \le (2n-1) 2^{kn^2} +1. \end{equation*}$ The proof is quite short, hence I include it verbatim (more or less). For the upper bound, note that any NFA can be specified by specifying, for each pair

(q, a)

$(q,a)$ of state and symbol, which subset of

Q

$Q$ equals

δ (q, a)

$\delta(q,a)$ (hence the factor

2^{k n^{2}}

$2^{kn^2}$ . We may assign the final states as follows: either the initial state is final or not, and since the names of the states are unimportant, we may assume the remaining final states are

{1, \dots, k}

$\{1,\dots,k\}$ for

k \in [0.. n - 1]

$k \in [0..n-1]$ . Finally, if we choose no final states, we obtain the empty language.
For the lower bound the authors proceed in a similar way as in the proof for the DFA case: Define an NFA

M = (Q, Σ, δ, q_{0}, F)

$M=(Q,\Sigma,\delta,q_0, F)$ with

Σ = {0, 1, \dots, k - 1}

$\Sigma = \{ 0,1,\dots,k-1 \}$ ,

Q = {q_{0}, \dots, q_{n - 1}}

$Q=\{ q_0,\dots, q_{n-1} \}$ and

δ

$\delta$ :

\begin{aligned} δ (q_{i}, 0) & = q_{(i + 1) \mod n} for 0 \leq i < n \\ δ (q_{i}, j) & = h_{j} (i) for 0 \leq i < n, 1 \leq j < k \end{aligned}

$\begin{align*} \delta(q_i,0) &=q_{(i+1) \mod n} \quad \text{for } 0 \le i <n \\ \delta(q_i,j) &=h_j(i) \quad \text{for } 0 \le i <n,\, 1 \le j < k \end{align*}$ where

h_{j} : {1, \dots, n - 1} \to 2^{Q}

$h_j: \{ 1,\dots,n-1\} \to 2^Q$ is any set-valued function. Finally, let

F = {q_{i}}

$F=\{q_i\}$ for any

i \in [0.. n - 1]

$i \in [0..n-1]$ . There are

2^{(k - 1) n^{2}}

$2^{(k-1)n^2}$ such functions and

n

$n$ ways to choose the set of final states. One can then show that no two such NFA's accept the same language.

— john_leo
źródło