কেএ-ক্লকের 2 এফএ রাজ্যের জটিলতা?

Question

সহজ আকারে:

একটি দ্বিমুখী সসীম যন্ত্রমানব চিনতে পারে $v$ -vertex গ্রাফ করে একটি ত্রিভুজ থাকতে $o(v^3)$ রাজ্যের?

বিস্তারিত

সুদের এখানে আছেন $v$ -vertex গ্রাফ প্রান্ত একটি ক্রম ব্যবহার এনকোড, প্রতিটি প্রান্ত থেকে স্বতন্ত্র ছেদচিহ্ন একজোড়া হচ্ছে $\{0,1,\dots,v-1\}$ ।

ধরুন $(M_v)$ দ্বি-মুখী সসীম অটোমাটা (নির্ণায়ক বা nondeterministic) একটি ক্রম পায়, তাহলে সেই যে $M_v$ স্বীকার $k$ উপর -Clique $v$ -vertex ইনপুট গ্রাফ এবং আছে $s(v)$ যুক্তরাষ্ট্র। প্রশ্নের সাধারণ ফর্মটি তখন: $s(v) = \Omega(v^k)$ ?

যদি $k = k(v) = \omega(1)$ এবং $s(v) \ge v^{k(v)}$ অসীম অনেক $v$ , তবে এনএল ≠ এনপি। কম উচ্চাভিলাষীভাবে, আমি তাই নির্ধারণ করছি যে $k$ স্থির হয়েছে, এবং $k=3$ কেসটি প্রথম অনানুষ্ঠানিক।

পটভূমি

দ্বিমুখী সসীম অটোমেটন (2 এফএ) একটি টিউরিং মেশিন যার কোনও কর্মক্ষেত্র নেই, কেবলমাত্র একটি নির্দিষ্ট সংখ্যক অভ্যন্তরীণ রাজ্য রয়েছে, তবে কেবলমাত্র পঠনযোগ্য ইনপুট মাথাটি সামনে এবং পিছনে স্থানান্তরিত করতে পারে। বিপরীতে, সাধারণ ধরণের সসীম অটোমেটন (1 এফএফ) কেবলমাত্র একমাত্র দিকে তার পঠনযোগ্য ইনপুট মাথাটি সরিয়ে দেয়। ফিনাইট অটোমেটা ডিটারিমেটিক (ডিএফএ) বা ননডেটারেস্টেমিক (এনএফএ) হতে পারে, পাশাপাশি তাদের ইনপুটটিতে একমুখী বা দ্বি-মুখী অ্যাক্সেস থাকতে পারে।

একটি গ্রাফ বৈশিষ্ট্য হল গ্রাফের একটি উপসেট। যাক প্রশ্ন বনাম বোঝাতে বনাম সম্পত্তি সঙ্গে -vertex গ্রাফ প্রশ্ন । প্রতিটি গ্রাফের বৈশিষ্ট্য Q এর জন্য , Q ভি ভাষাটি 1 ডিএফএ দ্বারা সর্বাধিক 2 ভি ( ভি - 1 ) / 2 রাজ্যের সাথে স্বীকৃত হতে পারে , প্রতিটি সম্ভাব্য গ্রাফের জন্য একটি রাষ্ট্র ব্যবহার করে এবং তাদের Q অনুসারে লেবেল করে এবং লেবেলযুক্ত রাজ্যগুলির মধ্যে রূপান্তর প্রান্ত দ্বারা প্রশ্ন v সুতরাং যে কোনও সম্পত্তির জন্য নিয়মিত ভাষা $Q$$Q_v$$v$$Q$$Q$$Q_v$$2^{v(v-1)/2}$$Q$$Q_v$$Q$। মাইহিল-নেরোড উপপাদ্য অনুসারে আইসোমর্ফিজমের ক্ষুদ্রতম 1 ডিএফএ-এর একটি অনন্য বৈশিষ্ট্য রয়েছে যা স্বীকৃতি দেয় । এই থাকে 2 গুলি ( বনাম ) রাজ্যের তারপর মান বিস্ফোরণ সীমা উত্পাদ করে একটি 2FA স্বীকৃতি প্রশ্ন বনাম অন্তত হয়েছে গুলি ( বনাম ) Ω ( 1 ) যুক্তরাষ্ট্র। তাই মান বিস্ফোরণ সীমার মাধ্যমে এই পদ্ধতির শুধুমাত্র সর্বাধিক উৎপাদ একটি দ্বিঘাত বনাম কোন একটি 2FA মধ্যে রাজ্যের সংখ্যার উপর আবদ্ধ LOWER প্রশ্ন বনাম (এমনকি যখন প্রশ্ন কঠিন বা undecidable যায়)।$Q_v$$2^{s(v)}$$Q_v$$s(v)^{\Omega(1)}$$v$$Q_v$$Q$

-Clique একটি সম্পূর্ণ k -vertex সাবগ্রাফ্ট যুক্তগ্রাফ সম্পত্তি। স্বীকৃতিপ্রদান ট -Clique বনাম একটি 1NFA দ্বারা করা সম্ভব যে প্রথম nondeterministically এক বেছে ($k$$k$$k$$_v$ বিভিন্ন সম্ভাব্যকে-ক্লিকগুলি সন্ধান করার জন্য, এবং তারপরে চক্রটি নিশ্চিত করার জন্য প্রয়োজনীয় প্রতিটি প্রান্তটি একবার অনুসন্ধান করে এবং প্রতিটি প্রান্তের জন্য2কে(কে-1)/2স্টেটব্যবহার করে এই প্রান্তগুলি অনুসরণ করে রাখেবিভিন্ন সম্ভাব্য চক্র। এ জাতীয় 1 এনএফএর ($\binom{v}{k}$$k$$2^{k(k-1)/2}$রাজ্যের যেখানে1≤গবনাম≤ই। যখনকেস্থির করা হয়, এটিΘ(vকে) অবস্থিত। সম্ভাব্যভাবে ইনপুটটিতে দ্বি-মুখী অ্যাক্সেসের অনুমতি দেওয়া এই একমুখী সীমাতে উন্নতির অনুমতি দেয়। প্রশ্নটি তখনকে=3জিজ্ঞাসা করছে$\binom{v}{k}2^{k(k-1)/2} = (c_v 2^{(k-1)/2}/k)^k.v^k$$1 \le c_v \le e$$k$$\Theta(v^k)$$k=3$ কোনও 2 এফএ এই 1 এফএ উপরের সীমানা থেকে আরও ভাল করতে পারে কিনা।

সংযোজন (2017-04-16): নির্জ্ঞাত সময় সম্পর্কিত একটি সম্পর্কিত প্রশ্ন এবং সেরা পরিচিত অ্যালগরিদমগুলি কভার করার একটি দুর্দান্ত উত্তরও দেখুন । আমার প্রশ্নটি ননউনিফর্ম ননডেটারিস্টিনিস্টিক স্পেসকে কেন্দ্র করে। এই প্রসঙ্গে সময়-দক্ষ অ্যালগরিদম দ্বারা ব্যবহৃত ম্যাট্রিক্সের গুণকে হ্রাস করা ব্রুট-ফোর্সের পদ্ধতির চেয়ে খারাপ।

Comments

আমি সত্যিই এই প্রশ্ন পছন্দ! ভাগ করার জন্য আপনাকে ধন্যবাদ! :)

— মাইকেল ওয়েহার

Answer 1

আমার কাছে মনে হয় যে ত্রিভুজগুলি 2 ( এফ 2 ) ও ( এন 2 ) রাজ্যের সাথে করা যেতে পারে (এন সংখ্যাটির সংখ্যা হ'ল)।$A$$O(n^2)$

জন্য ধারণা নিম্নরূপ:$k=3$

1. প্রথম ধাপে, তার রাজ্যে কিছু প্রান্ত ( i , j ) এবং স্টোরগুলি ( p h a s e 1 , i , j ) পছন্দ করে$A$$(i,j)$$(phase 1,i,j)$
2. দ্বিতীয় ধাপে এটি ফর্মের কিছু প্রান্তে চলে আসে বা ( m , i ) এবং ফর্মের একটি অবস্থান ধরে ( p h a s e 2 , j , m $(i,m)$$(m,i)$$(phase 2,j,m)$
3. তৃতীয় ধাপে, এটি পরীক্ষা করে যে কিছু প্রান্ত আছে বা ( মি , জে ) এবং এটির সন্ধান পেলে একটি গ্রহণযোগ্য রাষ্ট্র গ্রহণ করে।$(j,m)$$(m,j)$

এটি প্রায় বাম থেকে ডান ফ্যাশনে প্রায় সম্পন্ন করা যেতে পারে (তারপরে নিরপেক্ষ সিদ্ধান্ত নিতে পারে ( জে , মি ) বা ( এম , জে ) এর দ্বিতীয় পর্যায়ে ) go যাইহোক, 2nd প্রান্ত আকারে আসে ( মি , আমি ) , একজন প্রথম পড়া দরকার আমি এবং তারপর মি , অর্থাত্, একটি একক বাম-পদক্ষেপ এখানে প্রয়োজন হয়।$A$$(j,m)$$(m,j)$$(m,i)$$A$$i$$m$

এই সঙ্গে অটোমাটা ফলে উচিত রাজ্যের জন্য ট জন্য -Clique ট > 3 প্রথমে একটি সেট মনন দ্বারা এস আকারের ট - 3 ও পরীক্ষামূলক যে তিনি নোড এস pairwise প্রান্ত দ্বারা সংযুক্ত এবং প্রতিটি জন্য, উপরের আই, জে, মি এর পরীক্ষা করে দেখুন যে এস এর সমস্ত নোডে তাদের প্রান্ত রয়েছে ।$O(n^{k-1})$$k$$k>3$$S$$k-3$$S$$S$

Comments

আমি দেখতে পাচ্ছি না এটি কেমন? তিনটি শীর্ষে i , j , m ট্র্যাক করা হচ্ছে। $O(n^2)$$i,j,m$

— আন্দ্রেস সালামন

Only two at a time. Reading $(i,m)$ in phase 2 is done in two transitions. On reading $i$, $A$ basically goes from (phase 1,i,j) to (phase 1a,i,j) (indicating, it has just seen $i$) and in the next step into (phase 2,j,m). At this point it is done with $i$, as it already saw $(i,j)$ and $(i,m)$ and only $(j,m)$ needs to be checked.

— Thomas S

If the number of edges and vertices is roughly the same, then I think this works fine, but the interesting case is when $e = \Omega(v^2)$. In other words, I think your approach uses at least $v \cdot e$ states.

— Michael Wehar

I think you are right. If the input is given in a nice format this works. :)

— Michael Wehar

@Marzio: no, it says (no, it says deterministic or nondeterministic)

— Thomas S