স্বীকৃতি কৌশল সঙ্গে Bachi স্বয়ংক্রিয়তা

সমস্যাটি

যাক একটি Buchi যন্ত্রমানব হতে একটি ভাষা স্বীকৃতি । আমরা ধরে নিই যে নিম্নলিখিত অর্থে একটি গ্রহণযোগ্যতা কৌশল আছে: সেখানে একটি ফাংশন যার পাইলট রান ব্যবহার করা যেতে পারে । আমরা নিম্নলিখিত শর্তাবলী দ্বারা এটি আনুষ্ঠানিক: $A=\langle \Sigma, Q, q_0,F,\Delta\rangle$ $L\subseteq\Sigma^\omega$ $A$ $\sigma:\Sigma^*\to Q$ $A$

$\sigma(\epsilon)=q_0$
সব জন্য এবং , $u\in\Sigma^*$ $a\in\Sigma$ $(\sigma(u),a,\sigma(ua))\in\Delta$
সব জন্য , রান দ্বারা পরীক্ষামূলক গ্রহণ করা হয়, অর্থাত্ ক্রম অসীম অনেকগুলি উপাদান রয়েছে । $w=a_0a_1a_2\dots\in L$ $\sigma$ $\sigma(\epsilon),\sigma(a_0),\sigma(a_0a_1),\sigma(a_0a_1a_2),\dots$ $F$

শর্ত পূরণ করতে , ভবিষ্যতের বিষয়ে কোনও অনুমান না করেই এর ভাষার যে কোনও শব্দ গ্রহণ করতে পারে। $A$

তারপর, এই অনুমানের অধীনে , এটা কি সত্যি যে ট্রানজিশন সরিয়ে শুধু determinized করা যেতে পারে? অন্য কথায়, আমরা কি কেবলমাত্র বর্তমান অবস্থা এবং চিঠির উপর নির্ভর করে পরবর্তী রূপান্তরটি সবসময় বেছে নিতে পারি? এই বিষয়ে কোন রেফারেন্স আছে? একই প্রশ্নটি পরে কো-বাচ্চি অটোমেটাতে এবং আরও সাধারণভাবে প্যারিটি অটোমেটার বিষয়ে জিজ্ঞাসা করা যেতে পারে। $A$ $A$

যা জানা যায়

এখানে কিছু আংশিক ফলাফল।

প্রথমত, আমরা সীমিত করতে পারে একই অবশিষ্ট থাকার দেশের মধ্যে nondeterminstic পছন্দ করতে। প্রকৃতপক্ষে, যদি থেকে গৃহীত ভাষা , একটি গ্রহণ করার কৌশল বেছে নিতে পারি না ওভার এক পর্যায়ে আছে যদি । $\sigma$ $L(q)$ $q$ $q_1$ $q_2$ $w\in L(q_2)\setminus L(q_1)$

লক্ষ্য করুন যে বাকী পছন্দগুলি গুরুত্বপূর্ণ, তাই স্বজ্ঞাততা সত্ত্বেও, ননডেটার্মিনিজম থেকে মুক্তি পাওয়ার জন্য এটি যথেষ্ট নয়। এটি কারণ যে কোনও ভাল অবশিষ্টাংশে অ্যাড ইনফিনিটাম থাকা সম্ভব (যেমন শব্দটির বাকী অংশ অবশিষ্টাংশে রয়েছে) তবে শব্দটিকে প্রত্যাখ্যান করুন কারণ অসীম অনেকগুলি বাচি রাষ্ট্র দেখা যায় না। এটিই সমস্যার মূল সমস্যা: এক পর্যায়ে মারাত্মক ভুল না করেই অসীম রান ভুল হতে পারে।

দ্বিতীয়ত, অর্থাৎ সমস্ত শব্দ দ্বারা স্বীকার করা হলে সমস্যাটি সমাধান হয়ে যায় । এই ক্ষেত্রে, আমরা দেখতে পারেন একটি Buchi খেলা যেখানে খেলোয়াড় আমি ইনপুট অক্ষর এবং প্লেয়ার দ্বিতীয় তা চয়ন ট্রানজিশন পছন্দ করে। তারপরে আমরা খেলোয়াড় II এর জন্য অবস্থানগত কৌশলটি বের করতে বাচি গেমগুলির অবস্থান নির্ধারণ ব্যবহার করতে পারি। এই তর্কগুলি এমনকি প্যারিটি অটোমেটার আরও সাধারণ ক্ষেত্রে কাজ করে। এই সমস্যার অসুবিধাটি এই সত্য থেকে আসে যে কিছু শব্দ থাকে না এবং এই ক্ষেত্রে কৌশলটি কোনও আচরণ করতে পারে। $L=\Sigma^\omega$ $A$ $A$ $L$ $\sigma$

তৃতীয়ত, এখানে একটি প্রমাণ রয়েছে যে অনুমানের অধীনে, ভাষাটি ডিটারমিনিস্টিক বাচী ভাষার শ্রেণিতে রয়েছে, এটি একটি অটোমেটনের দ্বারা রাষ্ট্র দ্বারা সাক্ষ্য রয়েছে । লক্ষ্য করুন যে, এই যে বোঝা কোনো হতে পারে -regular ভাষা উদাহরণস্বরূপ যদি, , কোন কৌশল অবস্থার মিলে বিদ্যমান পারেন। $L$ $2^Q$ $L$ $\omega$ $L=(a+b)^*a^\omega$ $\sigma$

আমরা প্রথম মন্তব্য অনুসারে রূপান্তরগুলি সীমাবদ্ধ করে শুরু করি: কেবলমাত্র পছন্দগুলি আমরা করতে পারি যা অবশিষ্টাংশগুলিতে প্রভাব ফেলবে না। আমরা কেবলমাত্র সর্বাধিক অবশিষ্টাংশ সহ উত্তরসূরি গ্রহণ করি, তাদের অবশ্যই উপস্থিত থাকতে হবে কারণ বিদ্যমান। $\sigma$

এর পরে, আমরা গড়ে তুলতে নিম্নলিখিত পদ্ধতিতে। এর উপসেট যন্ত্রমানব হয় কিন্তু প্রত্যেক বার এক একটা Buchi রাষ্ট্র উপাদান দেখা, অন্যান্য সব রাজ্যের উপাদান থেকে সরানো হতে পারে, এবং আমরা Singleton থেকে আবার শুরু । তারপর আমরা সেট করতে পারেন $A'=\langle \Sigma, 2^Q, \{ q_0\},F',\Delta'\rangle$ $A'$ $A$ $q$ $\{ q\}$ $F'=\{\{ q\} : q\in F\}$ । তা যাচাই করতে পারে একটি নির্ণায়ক Buchi যন্ত্রমানব হয় । $A'$ $L$

অবশেষে, একসঙ্গে দ্বিতীয় ও তৃতীয় মন্তব্য নির্বাণ দ্বারা, আমরা সবসময় একটি নির্দিষ্ট মেমরি কৌশল পেতে পারেন , খেলা প্লেয়ার দ্বিতীয় একটি অবস্থানগত কৌশল ব্যবহার করে যেখানে প্লেয়ার আমি চিঠি বেছে, প্লেয়ার ২ ট্রানজিশন পছন্দ আর যদি জেতে গ্রহণ যখনই গ্রহণ করে। $\sigma$ $A\times A'$ $A$ $A$ $A'$

— Denis
সূত্র

Write

A_{σ}

$A_\sigma$ for the (deterministic) automaton with transitions removed. Let

w = w_{0} w_{1} \dots

$w=w_0w_1\cdots$ be a word in

L

$L$ . Then by your conditions

σ (w_{0}) σ (w_{0} w_{1}) \dots

$\sigma(w_0)\sigma(w_0w_1)\cdots$ is a run of

A_{σ}

$A_\sigma$ and is accepting, thus

L \subseteq L (A_{σ})

$L\subseteq L(A_\sigma)$ . Conversely, any accepting run of

A_{σ}

$A_\sigma$ is in particular an accepting run of

A

$A$ , thus

L (A_{σ}) \subseteq L

$L(A_\sigma)\subseteq L$ .

— Sylvain

@Sylvain: Which transitions are removed?

— Dave Clarke

A_{σ}

$A_\sigma$

A

$A$

σ

$\sigma$

A_{σ}

$A_\sigma$

σ (a) = σ (ϵ) = q_{0}

$\sigma(a)=\sigma(\epsilon)=q_0$

σ (a a) = q_{1}

$\sigma(aa)=q_1$

A_{σ}

$A_\sigma$ is not deterministic.

— Denis

I'm also posting it on mathOverflow, with more details on the previous work here: mathoverflow.net/questions/97007/…, is it ok ?

— Denis

Generally cross posting is not allowed, unless one has not received an answer after a sufficient amount of time. Given that there is an open bounty on this question, I would wait a few days. You can delete the other posting and open it in a few days. (Also, the other posting should link to this one.)

— Dave Clarke

It turns out the answer is no, some counter-examples can be found in this paper.

— Denis
সূত্র

thx for update, but vague! what team? did they publish? plan to? how did you hear? how did they find it? is there a reason they were looking for it? is this a theoretical curiosity or connected to some bigger problem or application? etc

— vzn

see this answer for more details: cstheory.stackexchange.com/a/24918/8953

— Denis

-1

As you pointed out, non-deterministic and deterministic Buchi automata accept different languages. The most famous 'determinization' for a Buchi automaton is given by Safra (search "Safra's construction" on web. Here's one document that comes up: www.cs.cornell.edu/courses/cs686/2003sp/Handouts/safra.pdf). The procedure is quite intricate and involves transforming given Buchi automaton into a deterministic Rabin automaton (having 'accepting' F states and 'rejecting' G states: \sigma has only finitely many states in G). Safra's construction involves much more than simply removing transitions and/or usual subset construction.

— Sudeep
সূত্র

I know this, the question is about a special class of Büchi automata, namely the one that admit acceptance strategies

σ

$\sigma$ . I already showed that this class has same power than the class of deterministic Büchi automata, and I described a simplified determinization procedure (in the "what is known" section). The conjecture is that there is a much simpler determinization procedure for this class, which consists just in removing some transitions.

— Denis