মিনি-হিপ অটোমেটা দ্বারা গৃহীত ভাষাগুলির বিপরীতে অধীনে বন্ধ হওয়া প্রমাণ করা হচ্ছে

এই একটি ফলো-আপ প্রশ্ন হল এই এক ।

বিদেশী রাষ্ট্র মেশিন সম্পর্কে পূর্ববর্তী একটি প্রশ্নে , অ্যালেক্স টেন ব্রিংক এবং রাফেল একটি অদ্ভুত ধরণের রাষ্ট্রীয় মেশিনের গণনামূলক দক্ষতাগুলিকে সম্বোধন করেছিলেন: মিনি-হিপ অটোমেটা। তারা এটি দেখাতে সক্ষম হয়েছিল যে এই জাতীয় মেশিনগুলির দ্বারা গৃহীত ভাষাগুলির সেট ( $HAL$ ) কোনও উপসেট নয় বা প্রসঙ্গ-মুক্ত ভাষার সেটের সুপারসেট নয়। সেই প্রশ্নের সফল সমাধান এবং আপাত আগ্রহের কারণে আমি বেশ কয়েকটি ফলো-আপ প্রশ্ন জিজ্ঞাসা করতে এগিয়ে চলেছি।

এটি জানা যায় যে নিয়মিত ভাষাগুলি বিভিন্ন ক্রিয়াকলাপের অধীনে বন্ধ থাকে (আমরা আমাদেরকে ইউনিয়ন, ছেদ, পরিপূরক, পার্থক্য, কনটেনটেশন, ক্লিন তারকা এবং বিপরীত হিসাবে মৌলিক ক্রিয়াকলাপের মধ্যে সীমাবদ্ধ রাখতে পারি), তবে প্রসঙ্গ-মুক্ত ভাষাগুলির আলাদা বন্ধ রয়েছে বৈশিষ্ট্যগুলি (এগুলি ইউনিয়ন, কনটেনটেশন, ক্লিন স্টার এবং বিপরীতক্রমে বন্ধ রয়েছে)।

এইচএএল কি বিপরীত অবস্থায় বন্ধ রয়েছে?

formal-languages automata closure-properties

— Patrick87
সূত্র

এই জাতীয় মেশিনের ব্যবহারগুলি কী কী? নাকি এটি একাডেমিক মহড়া?

— ডেভ ক্লার্ক 21

@ ডেভ ক্লার্ক ওয়েল, তারা বেশিরভাগই একাডেমিক অনুশীলন (যতদূর আমি জানি, আমি কেবল তাদের লিঙ্কযুক্ত প্রশ্নে তৈরি করেছি)। তবে, অন্যান্য মেশিনগুলি (ডিএফএ, টিএম, ইত্যাদি) যেভাবে পারে সেভাবে তারা গণনা করতে পারে, তাই তাদের জন্য কোনও ব্যবহার থাকতে পারে।

— প্যাট্রিক 87

এই প্রশ্নটি ব্যাখ্যা করে যে আপনি কেন আপনার অটোমেটার সাথে ব্যাকরণ করতে চান। আরে, আমার মস্তিস্ক!

— রাফেল

আমি বিন্যাসের একটি ভাষা ব্যবহার করে এটি প্রমাণ করার চেষ্টা ছিল

, কিন্তু এটা অনেক সময় নিয়েছে এবং আমি ত্যাগ করলেন। হতে পারে এই ধারণাটি কাউকে সহায়তা করবে।

{x y ∣ y is a lexicographically sorted copy of x}

$\{xy \mid y\text{ is a lexicographically sorted copy of } x\}$

— রান রান।

@ রেঞ্জ: আমি মনে করি এটি কাজ করা উচিত। আমি উত্তরের এমন উত্তরের পুরস্কার দিতে পেরে খুশি যে ভাষাটি

এবং একটি উপযুক্ত যুক্তি দেয় যে বিপরীতটি নয়।

H A L

$\mathrm{HAL}$

— রাফেল

ভাষাটি (যেখানে মধ্যে শূন্য সংখ্যা উল্লেখ করে )।

L_{\times 2} = {x ⊥ y ⊥ z ∣ x, y, z \in {0, 1}, #_{0} (x) = #_{0} (y) and | x | + | y | = z}

$L_{\times 2} = \big\{ x\bot y\bot z \mid x,y,z\in \{0,1\}, \#_0(x)=\#_0(y) \text{ and } |x|+|y|=z\big \}$

#_{0} (x)

$\#_0(x)$

x

$x$

এটা তোলে সিদ্ধান্ত নিতে সহজ মধ্যে শূন্য সংখ্যা: মান্য যে মেশিন চাহিদা দুই বৈশিষ্ট ট্র্যাক রাখতে - একটি করতো HAL মেশিন ব্যবহার বনাম এবং দৈর্ঘ্য (বনাম )। এটা একটা ধাক্কা পারেন যে শূন্য তাতে সূচিত জন্য গাদা মধ্যে (পরে এবং তারপর পপ কোনো শূন্য দেখা জন্য ); অতিরিক্তভাবে এটি যেকোন বিটের জন্য ধাক্কা দেয় (এবং পরে কোনও বিটের জন্য পপ হয় )। যেহেতু সমস্ত এসকে গাদা নীচে ঠেলাঠেলি করা হয়, তারা গণনাতে হস্তক্ষেপ করে না । $L_{\times 2}$ $x$ $y$ $x,y$ $z$ 0 $x$ 0 $y$ 1 $x,y$ 1 $z$ 10 $\bot$ serves as a delimiter, and can be practically ignored.

Now, let $L = L_{\times 2}^R$ , be the reverse language. That is,

L = {z ⊥ y ⊥ x ∣ x, y, z \in {0, 1}, #_{0} (x) = #_{0} (y) and | x | + | y | = z}

$L = \big\{z\bot y \bot x \mid x,y,z\in \{0,1\}, \#_0(x)=\#_0(y) \text{ and } |x|+|y|=z\big \}$ We will show that no HAL machine can decide

L

$L$ .

অনুভূতি নিম্নোক্ত। উপরে হিসাবে, মেশিনটি অবশ্যই এর দৈর্ঘ্য এবং শূন্যের সংখ্যা উভয়ই ট্র্যাক করে রাখতে হবে । যাইহোক, এই ক্ষেত্রে এটি একই সাথে তাদের ট্র্যাক করা প্রয়োজন । এটি একটি গাদা মাধ্যমে করা যাবে না। আরও বিশদে, পড়ার পরে , গাদা দৈর্ঘ্য সম্পর্কে তথ্য অন্তর্ভুক্ত করে । পড়ার সময় মেশিনটি অবশ্যই এর শূন্যের সংখ্যাটি inেকে রাখতে হবে । তবে, আমরা প্রত্যাশার দৈর্ঘ্যের উপরে ইতিমধ্যে হিপযুক্ত তথ্যটিতে এই তথ্য হস্তক্ষেপ করতে পারে না $z$ $x,y$ $z$ $|x|+|y|$ $y$ $y$ $x$ হতে। খুব স্বজ্ঞাতভাবে, হয় শূন্যের সংখ্যা সম্পর্কিত তথ্য এর দৈর্ঘ্য সম্পর্কে তথ্য "নীচে" হবে এবং তারপরে পড়ার সময় আমরা এটি অ্যাক্সেস করতে পারি না , বা এটি সেই তথ্য "উপরে" হয়, পরবর্তীটির অ্যাক্সেসযোগ্যকে রেন্ডারিং করে বা দুটি তথ্য "মিশ্রিত" হবে এবং অর্থহীন হয়ে উঠবে। $x$ $x$

আরও আনুষ্ঠানিকভাবে, আমরা কিছু ধরণের "পাম্পিং" যুক্তি ব্যবহার করছি। এটি হ'ল আমরা একটি দীর্ঘ দীর্ঘ ইনপুট নেব এবং দেখাব যে মেশিনের "রাজ্য" অবশ্যই সেই ইনপুট প্রক্রিয়াকরণের সময় নিজেকে পুনরাবৃত্তি করতে পারে, যা মেশিন তার "রাষ্ট্র" পুনরাবৃত্তি করার পরে আমাদের ইনপুটটিকে "প্রতিস্থাপন" করতে দেয়।

আনুষ্ঠানিক প্রমাণের জন্য, আমাদের এইচএল মেশিনের কাঠামোর সরলীকরণ প্রয়োজন, যথা, এতে ট্রান্সশিশন এর "লুপ" থাকে না । এই অনুমানের সাহায্যে আমরা দেখতে পাচ্ছি যে প্রতিটি ইনপুট প্রতীকের জন্য মেশিন প্রক্রিয়া করে, গাদাটির সামগ্রীটি বেশিরভাগ (কিছুটা বড় পর্যাপ্ত ধ্রুবক ) দ্বারা বৃদ্ধি বা হ্রাস করতে পারে । $\varepsilon$ $^1$ $c$ $c$

প্রুফ।
ধরে নিন যে সিদ্ধান্ত নিয়েছে এবং একটি দীর্ঘ পর্যাপ্ত ইনপুট বিবেচনা করুন ( সুতরাং, দৈর্ঘ্যের , সুতরাং , , গুলি এর পরে অগ্রাহ্য করবেন )। কংক্রিট হতে, ঠিক করুন এবং ধরে নিন যে । দেখুন যে সেখানে $H$ $L$ $4n$ $|x|=|y|=n$ $|z|=2n$ $\bot$ $z,y$ $\#_0(y) = n/2$ ${n \choose n/2}$ different $x$ 's such that $z\bot y \bot x \in L$ .

Consider the heap's content immediately after processing $z\bot y$ . It contains at most $3nc$ symbols (where each symbol is from a fixed alphabet $\Gamma$ ), by our assumption. However, there are ${n \choose n/2}$ different $x's$ that should be accepted (which is substantially larger than the amount of possible different contents for the heap, as this increases exponentially, while the different number of heaps increases polynomially, see below). Take two inputs $x_1,x_2$ that should be accepted, so that the following holds:

The prefix of length $n/2$ of $x_1$ has different number of zeros than the prefix of $x_2$ of the same length.
By the time the machine reads a prefix of length $n/2$ of the $x$ part, the heap looks the same for both $x_1$ and $x_2$ , and also, the machine is in the same state (this must happen for some $x_1,x_2$ , for large enough $n$ , as there are more than $2^{0.8n}$ different options $^2$ for $x_1,x_2$ , and at most $(3.5cn)^{|\Gamma|}|Q|$ different options for heap content and state $^3$ ).

It is clear that the machine must accept the word $z\bot y \bot x_1^px_2^s$ , where $x_1^p$ is a prefix of $x$ of length $n/2$ and $x_2^s$ is a suffix of $x_2$ of the same length. Note that the number of zeros in $x_1^px_2^s$ differs from the number of zeros in $x_1$ and $x_2$ (that is, from $\#_0(y)$ ), due to the way we chose $x_1$ and $x_2$ , thus we reached a contradiction.

$^1$ ^{Does this assumption damages generality? I don't think so, but this indeed requires a proof. If someone sees how to get around this extra assumption, I'd love to know.}
$^2$ ^{Let's fix $x_1$ so that it's prefix (of length $n/2$ has exactly $n/4$ zeros). Recall that using Stirling's approximation we know that $\log {n \choose k} \approx nH(k/n)$ where $H()$ is the Binary entropy funciton. Since $H(1/4) \approx 0.81$ we have ${n \choose n/4} > 2^{0.8n}$ for large enough $n$ .}
$^3$ ^{Assuming alphabet $\Gamma$ , there are $|\Gamma|^n$ different strings of length $n$ , so if this was a stack we were screwed. However, pushing "01" into a heap is equivalent to pushing "10" - the heap stores only the sorted version of the content. The number of different sorted strings of size $n$ is ${n+1 \choose |\Gamma|-1}\approx n^{|\Gamma|}$ , for a constant $|\Gamma|$ .}

— Ran G.
সূত্র

Nice! Will have to read the formal part again later. 1) Ad ¹: See also here. 2) The argument breaks down if we allow non-deterministic choice of the returned heap symbol (among all symbols of the same priority).

— Raphael