Wariant problemu po korespondencji


12

Jest to prawdopodobnie dość proste, ale weź pod uwagę standardowy problem z korespondencją:

Biorąc pod uwagę, i β 1 , ... , β N , znaleźć sekwencję indeksów i 1 , ... , i K tak, że a i 1α i K = β i 1β i K . Jest to oczywiście nierozstrzygalne.α1,,αNβ1,,βNi1,,iKαi1αiK=βi1βiK

Teraz nazywam to „wariantem”, ale tak naprawdę nie jest - w gruncie rzeczy odrzuca „korespondencję”. W każdym razie rozważ następujący wariant:

Biorąc pod uwagę i β 1 , , β N , znajdź dwie sekwencje wskaźników i 1 , , i K , j 1 , , j K takie, że α i 1α i K = β j 1beta J K . Co można powiedzieć o tym wariancie? Jeśli to trywialne, przepraszam!α1,,αNβ1,,βNi1,,iK,j1,,jKαi1αiK=βj1βjK


Nie zadając zupełnie nowego pytania, edytuję warunek, że i K niekoniecznie są sobie równe. W przypadku, gdy są one równe, problem powinien być prawdopodobnie nierozstrzygalny - jednak redukcja nie jest oczywista (dla mnie). KK
alpoge 12.01.11

Odpowiedzi:


17

Ta nowa wersja - gdzie - jest rozstrzygalna.K=K

Pokażmy, że język to CFL. Wtedy rozstrzygalność wynika z rozstrzygalności pustki świetlówki kompaktowej.L:=k1(Ak  Bk)

Będziemy projektować PDA przyjąć . Na wejściowego x , to PDA będzie próbował skonstruować dwa factorizations z X jedno używa słowa A , a inne przy użyciu słów pensjonatów . Użyje licznika na stosie, aby upewnić się, że te dwa czynniki są tej samej długości. Koncepcyjnie będę odnosił się do faktoryzacji A x siedzenia na szczycie x i faktoryzacji B jako siedzenia na dnie x . Wtedy stos będzie zawierał n liczników, jeśli bezwzględna wartość różnicy liczby słów dopasowanych u góry, minus liczba słów u dołu, wynosiLxxABAxxBxn . Potrzebujemy innego stanu PDA, aby zapisać, który odpowiedni znak odpowiada n (co mówi nam, czyfaktoryzacja A jest dłuższa niżfaktoryzacja B lub odwrotnie).nnAB

Jak skanować litery , my niedeterministycznie odgadnąć słowo t z A i słowo u z B do którego zaczyna ten list. Kiedy odgadnąć, jesteśmy zobowiązani do dopasowania resztę t oraz u przeciwko X ; jeśli w którymkolwiek momencie nasz mecz się nie powiedzie, zatrzymujemy się w tym niedeterministycznym wyborze. Więc my także utrzymać w stanie naszej PDA, przyrostek z T i U , który pozostaje do meczu.xtAuBtuxtu

Gdy skanujemy kolejne litery, kontynuujemy dopasowywanie, dopóki nie osiągniemy końca lub końca u (lub obu). Kiedy uderzamy w koniec słowa, odpowiednio aktualizujemy stos, a następnie odgadujemy nowe słowo, które będzie pasowało na górze lub na dole (lub obu).tu

Akceptujemy, jeśli przyrostki pozostałe do dopasowania są zarówno puste u góry, jak iu dołu, a stos nie zawiera liczników.

Możemy zbudować ten PDA skutecznie, abyśmy mogli skutecznie zdecydować, czy coś akceptuje, czy nie (na przykład, skutecznie przekształcając w gramatykę a następnie stosując zwykłą metodę, aby sprawdzić, czy G generuje cokolwiek).G

k2O(l2)lAB

ABAB


2
witamy w cstheory!
Suresh Venkat

1
Niesamowite! Teraz potrzebujemy tylko Erica Bacha ...
Huck Bennett

Ładny! To idealne.
alpoge

13

αi1αiK=βj1βjKK=K

Aαi1αiKBβj1βjKABA,B


Agh - rzeczywiście! Przepraszam za to, masz absolutną rację.
alpoge

K=K

2
T1T2T1+T2+M

K=K
Korzystając z naszej strony potwierdzasz, że przeczytałeś(-aś) i rozumiesz nasze zasady używania plików cookie i zasady ochrony prywatności.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.