প্রদত্ত নিয়মিত ভাষায় কি অসীম উপসর্গমুক্ত সাবসেট থাকে?

একটি নির্দিষ্ট বর্ণমালা ওভার শব্দের একটি সেট হয় উপসর্গ মুক্ত যদি কোন দুটি স্বতন্ত্র শব্দ যেখানে একের অপরের থেকে একটি উপসর্গ আছে।

প্রশ্ন হচ্ছে:

এনএফএ হিসাবে দেওয়া নিয়মিত ভাষায় অসীম উপসর্গমুক্ত উপসেট রয়েছে কিনা তা যাচাই করার জটিলতা কী?

উত্তর (মিখাইল রুডয়ের কারণে এখানে নীচে) : এটি বহুপাক্ষিক সময়ে করা যেতে পারে, এবং আমি এমনকি এনএল-তেও ভাবি।

মিখাইলের উত্তরে প্যারাফ্রেসিং করা যাক, সাধারণ ফর্মের ইনপুট এনএফএ হোক (কোনও এপসিলন ট্রানজিশন, ট্রিম নয়), এবং $(\Sigma,q_0,F,\delta)$ $L[p,r]$ (রেস। $L[p,R]$ ) হতে দিন ভাষা রাষ্ট্র না থাকার প্রাপ্ত করা $p$ প্রাথমিক অবস্থায় এবং $\{r\}$ চূড়ান্ত রাজ্য (রেস্প। রাষ্ট্র হিসেবে $p$ inital এবং সেট $R$ চূড়ান্ত হিসাবে)। একটি শব্দ জন্য $u$ দিন $u^\omega$ অসীম iterating দ্বারা প্রাপ্ত শব্দ $u$ ।

নিম্নলিখিত সমতুল্য:

ভাষা $L[q_0,F]$ অসীম উপসর্গ মুক্ত উপসেট রয়েছে।
$\exists q \in Q$ , $\exists u \in L[q,q]\smallsetminus\{\varepsilon\}$ $\exists v \in L[q,F]$ যাতে $v$ না একটি প্রিফিক্স $u^\omega$ ।
$\exists q \in Q$ $L[q,q] \neq \{\varepsilon\}$ $\forall u \in L[q,q]$ $\exists v \in L[q,F]$ যাতে $v$ একটি উপসর্গ নয় $u^\omega$ ।

প্রমাণ:

3 $\Rightarrow$ 2 তুচ্ছ।

2 $\Rightarrow$ 1, এটি দেখতে যে কোনো যথেষ্ট $w \in L[q_0,q]$ আমরা যে আছে $w (u^{|v|})^* v$ অসীম উপসর্গ মুক্ত উপসেট $L[q_0,F]$ ।

অবশেষে, 1 $\Rightarrow$ 3 হ'ল মিখাইলের উত্তরের "সঠিকতা" প্রমাণ।

— Googlo
সূত্র

উত্তর:

আপনার সমস্যা বহুবারের মধ্যে সমাধান করা যেতে পারে।

শুরু করতে, প্রদত্ত এনএফএকে নিম্নলিখিত অতিরিক্ত বৈশিষ্ট্যগুলির সাথে সমতুল্য এনএফএতে রূপান্তর করুন:

কোনও অ্যাপসিলন রূপান্তর নেই
সমস্ত রাজ্য প্রারম্ভিক অবস্থা থেকে পৌঁছনীয়

সহায়ক সাবরুটিন

ধরুন আমরা একটি NFA আছে $N$ , একটি রাষ্ট্র $q$ , এবং একটি nonempty স্ট্রিং $s$ । নিম্নলিখিত সাব্রোটাইন আমাদের নীচের বিবৃতিটির সত্য মানটি মূল্যায়ন করতে দেয়: " রাষ্ট্রীয় থেকে একটি গ্রহণযোগ্য রাষ্ট্রের $N$ প্রতিটি পথ একটি স্ট্রিংয়ের সাথে মিলিত হয় যা কিছু জন্য স্ট্রিং উপসর্গ হয় " " তদ্ব্যতীত, এই সাবরুটিন বহুবারের মধ্যে চলবে। $q$ $s^n$ $n$

প্রথমে সাথে এনএফএ $S$ নির্মাণ করুন রাজ্যের যা সব স্ট্রিং যে উপসর্গ হয় না গ্রহণ করে কোন জন্য ( একটি লুপ মধ্যে রাজ্যের অ গ্রহণ ট্র্যাক রাখতে যেখানে "প্যাটার্ন" এ আমরা অনেক দূরে, এবং যদি আমরা ইতিমধ্যে সেই প্যাটার্নটি থেকে বিচ্যুত হয়েছি তবে এর জন্য রাষ্ট্র গ্রহণ করুন। এর পরে, NFA গঠন করা যা ঠিক মত হল কিন্তু আছে তার সূচনা রাষ্ট্র হিসেবে। অবশেষে, একটি চূড়ান্ত এনএফএ $|s| + 1$ $s^n$ $n$ $|s|$ $sssss\ldots$ $N'$ $N$ $q$ $N''$ যার ভাষা $L(N'')$ হ'ল স্ট্যান্ডার্ড এনএফএ ছেদ নির্মাণ ব্যবহার করে $L(S) \cap L(N')$ । নোট করুন যে এই সমস্ত নির্মাণগুলি ইনপুট আকারে বহুপদী।

তারপর কেবল পরীক্ষা কিনা ভাষার $N''$ খালি (যা একটি সহজ গ্রাফ সন্ধানের সাথে বহুপদী সময় করা যাবে)। $L(N'') = \emptyset$ if এবং শুধুমাত্র যদি $L(S) \cap L(N') = \emptyset$ , বা অন্য কথায় প্রতিটি স্ট্রিং $L(N')$ এ $L(S)$ । অন্য কথায়, ভাষার $N''$ খালি যদি এবং কেবল যদি হয় $N'$ কেবলমাত্র স্ট্রিংগুলি গ্রহণ করে যা কিছু জন্য $s^n$ এর উপসর্গ হয় । এটি ঠিক যে বিবৃতিটি আমরা মূল্যায়ন করার চেষ্টা করেছিলাম তার পুনরুত্থান করা যেতে পারে: " রাষ্ট্রীয় থেকে একটি রাষ্ট্রের প্রতিটি পথ একটি স্ট্রিংয়ের সাথে মিলে যায় যা কিছু জন্য স্ট্রিং উপসর্গ হয় " " $n$ $N$ $q$ $s^n$ $n$

প্রধান অ্যালগরিদম

এনএফএ-তে রাজ্যের সেটগুলি বিবেচনা করুন যা কিছু লুপে রয়েছে। এই জাতীয় প্রতিটি রাজ্যের জন্য $q$ , নিম্নলিখিতগুলি করুন:

যাক $P_2$ হতে কোন সহজ লুপ ধারণকারী $q$ । যাক $s$ স্ট্রিং লুপ সংশ্লিষ্ট হতে $P_2$ । যেহেতু এনএফএর কোনও এপসিলন স্থানান্তর নেই, $s$ খালি নেই। তারপরে সাবফ্রোটিনটি এনএফএ, স্টেট $q$ এবং স্ট্রিং $s$ প্রয়োগ করুন । যদি সাবউরটাইন আমাদেরকে বলে যে এনএফএতে $q$ থেকে শুরু হওয়া এবং একটি স্বীকৃত রাষ্ট্রের সমাপ্তি হওয়া প্রতিটি পাথ কিছু জন্য $s^n$ একটি উপসর্গের সাথে সামঞ্জস্য করে তবে পরবর্তী অবস্থানে অবিরত করুন । অন্যথায়, প্রদত্ত এনএফএ-এর ভাষাতে একটি অসীম প্রিফেক্স-মুক্ত উপসেট থাকে আউটপুট। $n$ $q$

যদি আমরা প্রতিটি স্টেট $q$ চেষ্টা করি যা লুপে থাকে এবং অ্যালগোরিদম কখনই আউটপুট দেয় না, তবে আউটপুট যে প্রদত্ত এনএফএর ভাষাতে অসীম প্রেফেক্স-মুক্ত উপসেট থাকে না।

সঠিকতা (প্রথমার্ধ)

প্রথমে, ধরুন যে উপরের অ্যালগরিদম দৃ as়ভাবে জানিয়েছে যে প্রদত্ত এনএফএর ভাষায় একটি অসীম প্রেফেক্স-মুক্ত উপসেট রয়েছে। ধরা যাক যে কিছু লুপ $P_2$ এবং কিছু স্টেট $q$ বিবেচনা করার সময় এই আউটপুটটি নির্বাচিত হয়েছিল । পূর্বের মতো, $s$ স্ট্রিং $P_2$ । তারপরে আমরা সাবউরটিন অনুসারে জানি যে এনএফএ- তে $q$ থেকে শুরু হওয়া এবং একটি স্বীকৃত রাষ্ট্রের শেষে থাকা প্রতিটি পাথ কিছু জন্য $s^n$ একটি উপসর্গের সাথে মিলে যায় না (কারণ এটি সাবরোটিনের একমাত্র আউটপুট যা মূল অ্যালগরিদমের দিকে নিয়ে যায়) আউটপুটিং যে )। $n$ $q$

$P_3$ এমন একটি পথ হয়ে যাক যার অস্তিত্ব সাব্রোটাইন দ্বারা দৃserted়ভাবে বলা হয়েছে: $q$ থেকে কোনও গ্রহণযোগ্য রাষ্ট্রের দিকে এমন একটি পথ যা সংশ্লিষ্ট স্ট্রিং $t$ কোনও জন্য $s^n$ উপসর্গ নয় । $n$

যাক $P_2'$ গঠিত $m$ কপি $P_2$ যেখানে $m$ যে ভালোই বড় থাকে $m|s| > |t|$ । যেহেতু $P_2$ মাধ্যমে একটি লুপ $q$ , $P_2'$ থেকে একটি পাথ হিসাবে গণ্য করা যেতে পারে $q$ করতে $q$ । স্ট্রিং সংশ্লিষ্ট $P_2'$ হয় $s^m$

যাক $P_1$ শুরু রাষ্ট্র থেকে একটি পথ হবে $q$ (যা বিদ্যমান, যেহেতু প্রতি রাষ্ট্র শুরু থেকে পৌঁছানো হয়) এবং দিন $r$ স্ট্রিং এই পথ সংশ্লিষ্ট হও।

তারপর এর মধ্যে রয়েছে পথ $P_1$ , $x$ কপি $P_2'$ , এবং $P_3$ একটি গ্রহণ গণনার পথ। স্ট্রিং এই পথ সংশ্লিষ্ট হয় $r(s^m)^xt$ । সুতরাং, NFA ফর্ম প্রতিটি স্ট্রিং গ্রহণ $r(s^m)^xt$ । এটি এনএফএ দ্বারা গৃহীত স্ট্রিংগুলির একটি অসীম সেট এবং আমি দাবি করি যে স্ট্রিংগুলির এই সেটটি উপসর্গমুক্ত। বিশেষ করে, খেয়েই ইন $r(s^m)^xt$ হল একটি উপসর্গ $r(s^m)^yt$ দিয়ে $y > x$ । অন্য কথায়, $t$ একটি প্রিফিক্স $(s^m)^{y-x}t$ । যেহেতু $(s^m)^{y-x}$ এর দৈর্ঘ্য $m(y-x)|s| \ge m|s| > |t|$ , এই যে বোঝা $t$ একটি প্রিফিক্স $(s^m)^{y-x} = s^{m(y-x)}$ । তবে আমরা সাবউরটিনের আউটপুট দ্বারা জানি যে $t$ কোনওজন্য $s^n$ উপসর্গ নয়। সুতরাং, উপসর্গ হতে পারে না, এবং পছন্দসই স্ট্রিংগুলির সেটটি উপসর্গমুক্ত। $n$ $r(s^m)^xt$ $r(s^m)^yt$

সুতরাং, আমি দেখিয়েছি যে যদি প্রধান অ্যালগরিদম আউটপুট দেয় যে প্রদত্ত এনএফএর ভাষাতে একটি অসীম প্রেফেক্স-মুক্ত উপসেট রয়েছে তবে এটি বাস্তবে ক্ষেত্রে।

সঠিকতা (দ্বিতীয়ার্ধ)

এর পরে, আমি অন্য অর্ধেকটি দেখাব: প্রদত্ত এনএফএর ভাষাটিতে যদি অসীম প্রেফেক্স-মুক্ত উপসেট থাকে তবে মূল অ্যালগরিদম এই সত্যটিকে আউটপুট দেবে।

মনে করুন প্রদত্ত এনএফএর ভাষাতে অসীম উপসর্গমুক্ত উপসেট রয়েছে। যাক $A$ (গ্রহণ) গণনার পাথ এই স্ট্রিং সংশ্লিষ্ট সেট করা। লক্ষ্য করুন যে $A$ গণনা পাথগুলি গ্রহণের একটি অসীম সেট যার সাথে সম্পর্কিত স্ট্রিংগুলি একে অপরের উপসর্গ কখনও হয় না।

বলুন যে এনএফএতে যদি সেই রাজ্যের মধ্য দিয়ে কোনও লুপ থাকে এবং অন্যথায় "নন-লুপিং" থাকে তবে এনএফএতে একটি রাষ্ট্র "লুপিং" হয়। প্রারম্ভ অবস্থা থেকে যে কোনও লুপিং রাষ্ট্রের সমস্ত পাথ বিবেচনা করুন যা কেবল নন-লুপিং অবস্থায় চলে যায় (এক লুপিং রাষ্ট্র যেখানে তারা শেষ করে except যাক $P$ এই পাথ সেট করা। প্রতিটি পাথ $p \in P$ কোনও লুপ থাকতে পারে না কারণ সেই লুপের রাজ্যগুলি লুপিং রাষ্ট্র এবং তাই $p$ লুপিংয়ের মধ্য দিয়ে যাবে। সুতরাং, $P$ এর পাথগুলির দৈর্ঘ্যগুলি এনএফএ-র রাজ্যের সংখ্যা দ্বারা উপরের দিকে আবদ্ধ এবং তাই $P$ সীমাবদ্ধ (উদাহরণস্বরূপ, যদি সূচনা রাষ্ট্রটি একটি লুপিং রাষ্ট্র হয় তবে কেবল এই জাতীয় পথটি খালি পথ)।

আমরা $A$ কে বিভাজন করতে পারি $|P|+1$ সাব-সেট নির্বাচন কিভাবে যে গণনার পাথ উপর ভিত্তি করে $A$ শুরু হয়। বিশেষ করে, এর জন্য $p \in P$ যাক $A_p$ সমস্ত গণনার পাথ সেট হতে $A$ সেই পথ দিয়ে শুরু $p$ দিন $B$ অন্য সকল পাথ সেট হতে $A$ । স্পষ্টত, সব $A_p$ s এবং $B$ টুকরো করা হয় এবং তাদের ইউনিয়ন সমগ্র সেট $A$ । তদুপরি, $B$ কেবলমাত্র এমন পাথ রয়েছে যা কখনই লুপিং অবস্থায় যায় না এবং তাই কখনও লুপ হয় না; এইভাবে $B$ সীমাবদ্ধ। আমরা তখন উপসংহারে পৌঁছাতে পারি যে কিছু $A_p$ অবশ্যই অসীম হতে হবে (অন্যথায় $A$ চূড়ান্তভাবে অনেক সসীম সেটগুলির একটি ইউনিয়ন হবে)।

যেহেতু $A_p$ অসীম, সেখানে অসীম অনেক গণনার পাথ, কেউই যার সুতো একে অপরের উপসর্গ, যে পাথ স্বীকার করছেন দিয়ে শুরু হয় $p$ । যাক $q$ রাষ্ট্র পাথ শেষে পৌঁছে যেতে $p$ । আমরা এই উপসংহারে আসতে পারি সেখানে অসীম অনেক গ্রহণ পাথ যে এই সেট কল $A'$ , থেকে শুরু $q$ সব যা মিলা স্ট্রিং যে একে অপরের উপসর্গ হয় না করতে।

প্রধান অ্যালগরিদম সময়, আমরা রাষ্ট্র উপর সাবরুটিন চালানো $q$ এবং কিছু স্ট্রিং $s$ । এই subroutine আমাদের জানায় যে $q$ থেকে শুরু হওয়া প্রতিটি গ্রহণযোগ্য পথ কোনও স্ট্রিংয়ের সাথে সামঞ্জস্য করে যা কিছু জন্য $s^n$ উপসর্গ । যদি এই ক্ষেত্রে হয় তাহলে সমস্ত অসীম অনেক গ্রহণ পাথ এর উপসর্গ হবে বিভিন্ন জন্য , যা পরোক্ষভাবে যে তারা একে অপরের সব উপসর্গ হয়। এটি কেস নয়, সুতরাং আমরা উপসংহারে পৌঁছেছি যে যখন প্রধান অ্যালগোরিদম রাষ্ট্রীয় তে সাবরুটিন চালায় $n$ $A'$ $s^n$ $n$ $q$ , ফলাফল অন্যান্য সম্ভাব্য ফলাফল। যাইহোক, এটি আউটপুটে মূল অ্যালগরিদমকে নিয়ে যায় যে এনএফএর ভাষাতে অসীম উপসর্গ-মুক্ত সাবসেট থাকে।

এটি সঠিকতার প্রমাণ উপসংহারে আসে।

— মিখাইল রুদয়
সূত্র

লুপ হ্যান্ডলিং কীভাবে কাজ করে তা আমি বুঝতে পারি না, যেহেতু প্রদত্ত রাজ্য

অনেকগুলি লুপের অংশ হতে পারে exp অবশ্যই, যদি এই লুপগুলির মধ্যে কোনও দুটি একটি অ পর্যায়ক্রমিক ক্রম তৈরি করতে ব্যবহার করা যায়, তবে আমাদের কাজ শেষ।

q

$q$

— জাপঃ 0

লুপ হ্যান্ডলিং বলতে কী বোঝ? প্রধান অ্যালগরিদম, প্রত্যেক রাষ্ট্রের জন্য

আপনি শুধু একটা লুপ যে মাধ্যমে যায় বাছাই

(সম্ভাব্য ব্যাখ্যা মূলকভাবে অনেক বাইরে কোনো লুপ) এবং কল যে লুপ

(afterwords আপনি রাষ্ট্র উপর সাবরুটিন চালানো

ও সুতো

যেখানে

করা হয় স্ট্রিং

সাথে যুক্ত )। সাবউরটিন মূলত সেই লুপটি ব্যবহার করে একটি অ পর্যায়ক্রমিক ক্রম তৈরি করা সম্ভব কিনা তা যাচাই করে। যদি হ্যাঁ, তবে আমরা সম্পন্ন করেছি। যদি না হয় (এবং তদ্ব্যতীত প্রতিটি

জন্য না ), তবে আপনার সম্পূর্ণ ভাষা পর্যায়ক্রমিক ক্রমের একটি ইউনিয়ন তাই আমরাও সম্পন্ন করেছি।

q

$q$

q

$q$

P_{2}

$P_2$

q

$q$

s

$s$

s

$s$

P_{2}

$P_2$

q

$q$

— মিখাইল রুদোয়

আমার প্রশ্ন আরও পরিস্কার করা, এখানে প্রাথমিক অবস্থায় সঙ্গে একটি সহজ NFA এর

চূড়ান্ত রাষ্ট্র

: তিন ট্রানজিশন

। জন্য লুপ

উপসর্গ মুক্ত স্ট্রিং উৎপন্ন করবে না, কিন্তু জন্য লুপ

হবে।

q

$q$

T

$T$

q \overset{a}{\to} q

$q \overset{a}{\rightarrow} q$

q \overset{b}{\to} q

$q \overset{b}{\rightarrow} q$

q \overset{a}{\to} T

$q \overset{a}{\rightarrow} T$

a

$a$

b

$b$

— যাফ

আসলে, জন্য লুপ

স্ট্রিং সেট: একটি উপসর্গ মুক্ত উৎপন্ন করে

সব ব্যবহার

লুপ। আমার অ্যালগরিদম, যদি লুপ তোমার জন্য চয়ন

হয়

লুপ তারপর সাবরুটিন নির্ধারণ করবে না, যে গ্রহণ পথ থেকে শুরু

ফর্ম একটি স্ট্রিং হয়েছে

, এবং তাই প্রধান অ্যালগরিদম বলবে অসীম উপসর্গ ফ্রি সাবসেট বিদ্যমান। লুপ জন্য এলগরিদম ব্যবহার করে

পরিবর্তে

লুপ তারপর সাবরুটিন না প্রতি গ্রহণ পথ থেকে শুরু নির্ধারণ

ফর্ম একটি স্ট্রিং হয়েছে

a

$a$

a^{*} b a

$a^*ba$

a

$a$

q

$q$

a

$a$

q

$q$

a^{*}

$a^*$

q

$q$

b

$b$

q

$q$

, এবং এই ক্ষেত্রেও অ্যালগরিদমের একই আউটপুট রয়েছে।

b^{*}

$b^*$

— মিখাইল রুডয়

ধন্যবাদ মিখাইল! আমি মনে করি আপনার উত্তরটি প্রশ্ন নিষ্পত্তি করে।

— গুগলো

সংজ্ঞা

সংজ্ঞা 1 : $S$ শব্দগুলির একটি সেট হতে দিন। আমরা যে $S$ হল চমত্কারভাবে অসীম উপসর্গ মুক্ত (এই উত্তর উদ্দেশ্যে নাম দিয়ে তৈরি) যদি সেখানে শব্দ $u_0,\dots,u_n,\dots$ এবং $v_1,\dots,v_n,\dots$ যেমন যে:

প্রতিটি $n\ge 1$ , $u_n$ এবং $v_n$ খালি নয় এবং স্বতন্ত্র অক্ষর দিয়ে শুরু করুন;
$S=\{u_0v_1,\dots,u_0\dots u_n v_{n+1},\dots\}$ ।

অন্তর্নিহিততাটি হ'ল আপনি নীচের আকারের সমস্ত শব্দগুলিকে একটি অসীম মূলযুক্ত গাছে ( ■মূলটি হ'ল, ▲পাতাগুলি এবং •বাকী অভ্যন্তরীণ নোডগুলি) রাখতে পারেন যেমন $S$ এর শব্দগুলি হ'ল পথের লেবেল are মূল থেকে একটি পাতায়:

   u₀    u₁    u₂
■-----•-----•-----•⋅⋅⋅
      |     |     |
      | v₁  | v₂  | v₃
      |     |     |
      ▲     ▲     ▲

প্রস্তাবনা ১.১ : একটি দুর্দান্ত অসীম উপসর্গমুক্ত সেটটি উপসর্গমুক্ত।

প্রস্তাব 1.1 এর প্রমাণ : ধরুন যে $u_0\dots u_n v_{n+1}$ $u_0 \dots u_m v_{m+1}$ এর কঠোর উপসর্গ । দুটি মামলা রয়েছে:

যদি $n < m$ তবে $v_{n+1}$ হ'ল $u_{n+1}\dots u_m v_{m+1}$ উপসর্গ । এটি অসম্ভব কারণ $u_{n+1}$ এবং $v_{n+1}$ পৃথক প্রথম অক্ষর রয়েছে।
যদি $n > m$ তবে $u_{m+1}\dots u_n v_{n+1}$ হ'ল $v_{m+1}$ উপসর্গ । এটি অসম্ভব কারণ $u_{m+1}$ এবং $v_{m+1}$ পৃথক প্রথম অক্ষর রয়েছে।

প্রস্তাব ১.২ : একটি দুর্দান্ত অসীম উপসর্গ মুক্ত সেট অসীম।

প্রস্তাব 1.2 এর প্রমাণ: 1.1 প্রমাণে, আমরা দেখিয়েছি যে যদি $n\not= m$ তবে $u_0\dots u_n v_{n+1}$ এবং $u_0 \dots u_m v_{m+1}$ উপসর্গ ক্রমের তুলনায় তুলনীয় নয়। তারা তাই সমান নয়।

প্রধান প্রমাণ

প্রস্তাব 2 : যে কোনও অসীম উপসর্গমুক্ত সেটটিতে একটি দুর্দান্ত অসীম উপসর্গমুক্ত সেট রয়েছে।

প্রস্তাব 3 : কোনও ভাষাতে একটি অসীম উপসর্গ-মুক্ত সেট থাকে এবং কেবলমাত্র এতে যদি একটি দুর্দান্ত অসীম উপসর্গ-মুক্ত সেট থাকে।

নীচে প্রমাণ।

প্রতিজ্ঞা 3 প্রুফ : $\boxed{\Rightarrow}$ প্রতিজ্ঞা 2. দ্বারা $\boxed{\Leftarrow}$ প্রস্তাবের 1.1 এবং 1.2 দ্বারা।

প্রোপজিসন 4 : একটি নিয়মিত ভাষার চমত্কারভাবে-উপসর্গ মুক্ত সাব-সেট নির্বাচন সেট (একটি অসীম শব্দ হিসাবে এনকোডেড $\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\overline{u_2}\dots$ ) হল $\omega$ -regular (এবং Buchi আকার অটোমেটন এটি স্বীকৃতি হিসাবে নিয়মিত ভাষা স্বীকৃত এনএফএ আকারে বহুপদী।

নীচে প্রমাণ।

উপপাদ্য 5 : কোনও এনএফএ দ্বারা বর্ণিত নিয়মিত ভাষায় একটি সীমাহীন উপসর্গ-মুক্ত উপসেট রয়েছে কিনা তা সিদ্ধান্ত নেওয়ার সময় এনএফএর আকারে বহুবচনীয় সময়ে করা যেতে পারে।

5 উপপাদ্যের প্রমাণ : 3 প্রস্তাব দ্বারা, এটি পরীক্ষা করার পক্ষে যথেষ্ট যদি এটি একটি চমত্কার-অসীম উপসর্গমুক্ত উপসেট ধারণ করে, যা বহুবচনীয় সময়ে প্রস্তাবিত 4 দ্বারা প্রদত্ত বাচী অটোমেটনের নির্মাণ করে এবং এর শূন্যতা পরীক্ষা করে এটি করা যেতে পারে ভাষা (যা বাচি অটোমেটনের আকারে সময়রেখায় করা যায়)।

প্রস্তাবের প্রমাণ 2

লেমা ২.১ : যদি $S$ একটি উপসর্গমুক্ত সেট হয় তবে $w^{-1}S$ (কোনও শব্দের জন্য $w$ )।

প্রমাণ 2.1 : সংজ্ঞা অনুসারে।

লেমা 2.2 : $S$ এর শব্দের একটি অসীম সেট হোক be যাক $w:=\operatorname{lcp}(S_n)$ সমস্ত কথা দীর্ঘতম উপসর্গ সাধারণ হতে $S$ । $S$ এবং $w^{-1}S$ এর একই কার্ডিনাল রয়েছে।

প্রুফ ২.২ : $f:w^{-1}S\to S$ $f(x)=wx$ দ্বারা সংজ্ঞায়িত করুন । এটা ভাল সংজ্ঞা দ্বারা সংজ্ঞায়িত করা হয় $w^{-1}S$ , এর সংজ্ঞা দ্বারা injective $f$ এবং সংজ্ঞা দ্বারা surjective $w$ ।

প্রস্তাব 2 এর প্রমাণ : আমরা $u_n$ এবং $v_n$ কে $n$ উপর অন্তর্ভুক্ত করে নিম্নলিখিত অনুচ্ছেদের $H_n$ তৈরি করি:

$(P_1)$ সকল $k\in\{1,\dots,n\}$ , $u_0\dots u_{k-1} v_k \in S$ ;
$(P_2)$ সকল $k\in\{1,\dots,n\}$ , $u_k$ এবং $v_k$ খালি নয় এবং স্বতন্ত্র অক্ষর দিয়ে শুরু করুন;
$(P_3)$ $S_n:=(u_0\dots u_n)^{-1}S$ অসীম;
$(P_4)$ $S_n$ তে সমস্ত শব্দের সাথে খালি খালি উপসর্গ নেই। অন্য কথায়: কোন চিঠি $a$ যেমন যে $S_n\subseteq a\Sigma^*$ ।

২.৩ মন্তব্য : আমাদের যদি এই অনুক্রমগুলি রয়েছে যা ছাড়াই $H_n$ যাচাই করে থাকে তবে আমরা তাদের সন্তুষ্ট করার জন্য সংশোধন করতে পারি । বস্তুত, এটি প্রতিস্থাপন করতে যথেষ্ট দ্বারা । প্রভাবিত নয়। তুচ্ছ। নির্মাণ দ্বারা হয়। $(P_4)$ $u_n$ $(P_4)$ $u_n$ $u_n\operatorname{lcp}(S_n)$ $(P_1)$ $(P_2)$ $(P_4)$ $(P_3)$ লেমা 3 দ্বারা

আমরা এখন $n$ তে অন্তর্ভুক্ত করে ক্রমগুলি তৈরি করি :

প্রারম্ভিককরণ: $H_0$ $u_0:=\operatorname{lcp}(S)$ গ্রহণের মাধ্যমে সত্য (যেমন $u_0:=\varepsilon$ এবং মন্তব্যটি 3.1 প্রয়োগ করে is
আবেশন পদক্ষেপ: ধরুন যে আমরা শব্দ আছে $u_1,\dots,u_n$ এবং $v_1,\dots,v_n$ যেমন যে $H_n$ জন্য কিছু $n$ । আমরা $u_{n+1}$ এবং $v_{n+1}$ যেমন $H_{n+1}$ ।

যেহেতু $S_n$ অসীম এবং 1 দ্বারা), এতে এটি নেই $\varepsilon$ যাতে $S_n=\underset{a\in \Sigma}{\bigsqcup}(S_n\cap a\Sigma^*)$ । যেহেতু $S_n$ অসীম, সেখানে একটি চিঠি $a$ যেমন যে $S_n\cap a\Sigma^*$ অসীম। দ্বারা $(P_4)$ , একটি চিঠি $b$ থেকে স্বতন্ত্র $a$ যেমন যে $S_n\cap b\Sigma^*$ অ খালি। চয়ন করুন $v_{n+1}\in S_n\cap b\Sigma^*$ । টেকিং $u_{n+1}$ হতে $a$ পুরন হবে $(P_1)$ , $(P_2)$ এবং $(P_3)$ তাই আমরা আবেদন মন্তব্য 3.1 পেতে হবে $(P_4)$ : $u_{n+1}:=a\operatorname{lcp}(a^{-1}S_n)$ ।

$(P_1)$ $u_1\dots u_nv_{n+1}\in u_1\dots u_n(S_n\cap b\Sigma^*)\subseteq S$ ।

$(P_2)$ $u_{n+1}$ এবং $v_{n+1}$ সংজ্ঞা অনুসারে।

$(P_3)$ $a^{-1}S_n$ এর সংজ্ঞা দ্বারা অসীম $a$ , এবং $S_{n+1}$ থিম 3 দ্বারা অতএব অসীম।

$(P_4)$ $u_{n+1}$ সংজ্ঞা অনুসারে।

প্রস্তাবের প্রমাণ 4

প্রস্তাব 4 এর প্রমাণ : $A=(Q,\to,\Delta,q_0,F)$ একটি এনএফএ হতে দিন।

ধারণাটি হ'ল: আমরা $u_0$ পড়েছি , আমরা কোথায় রয়েছি তা মনে করি, $v_1$ পড়ি , $u_0$ পড়ার পরে আমরা যেখানে ছিলাম সেখানে ব্যাকট্র্যাক , $u_1$ , আমরা কোথায় রয়েছি তা স্মরণ করি, ... আমরা প্রথম চিঠিটিও মনে করি যা ছিল আরও একটি চিঠি দিয়ে শুরু হয় তা নিশ্চিত করার জন্য প্রতিটি $v_n$ পড়ুন । $u_n$

আমাকে বলা হয়েছে যে এটি মাল্টি-হেড অটোমেটার সাথে আরও সহজ হতে পারে তবে আমি আনুষ্ঠানিকতার সাথে সত্যই পরিচিত নই সুতরাং আমি এটি কেবল একটি বাচির অটোমেটন (কেবল একটি মাথা সহ) ব্যবহার করে বর্ণনা করব।

আমরা সেট $\Sigma':=\overline{\Sigma}\sqcup\widehat{\Sigma}$ , যেখানে overlined চিহ্ন ব্যবহার করা হবে তা বর্ণনা $u_k$ জন্য টুপি দিয়ে গুলি এবং চিহ্ন $v_k$ গুলি।

আমরা সেট $Q':=Q\times (\{\bot\}\sqcup (Q \times \Sigma))$ , যেখানে:

$(q,\bot)$ অর্থ হল আপনি কিছু $u_n$ পড়ছেন;
$(q,(p,a))$ অর্থ হল আপনিরাজ্যের কিছু $u_n$ পড়া শেষ করেছেন, আপনি এখন পড়ছেনযা সাথে শুরু হয়, এবং একবার হয়ে গেলে আপনি ফিরে যাবেনএকটি পড়া যে সঙ্গে শুরু হয় না । $p$ $v_{n+1}$ $a$ $p$ $u_{n+1}$ $a$

আমরা $q_0':=(q_0,\bot)$ কারণ আমরা $u_0$ শুরু ।

আমরা সংজ্ঞায়িত $F'$ হিসাবে $F\times Q \times \Sigma$ ।

রূপান্তরের সেট $\to'$ নিম্নলিখিত হিসাবে সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে:

" $u_n$ " প্রতিটি রূপান্তরের জন্য $q\overset{a}{\to}q'$ , যোগ করুন $(q,\bot)\overset{\overline{a}}{\to'}(q',\bot)$ ;
" $u_n$ করার $v_{n+1}$ " প্রতিটি রূপান্তরটি জন্য $q\overset{a}{\to}q'$ , যোগ $(q,\bot)\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(q,a))$ ;
" $v_n$ " প্রতিটি রূপান্তরটি জন্য $q\overset{a}{\to}q'$ , যোগ $(q,(p,a))\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(p,a))$ ;
" $v_n$ করতে $u_n$ " প্রতিটি রূপান্তরটি জন্য $p\overset{a}{\to}p'$ যেখানে $p$ চূড়ান্ত এবং চিঠি হয় $b$ থেকে স্বতন্ত্র $a$ , অ্যাড $(q,(p,b))\overset{\overline{a}}{\to'}(p',\bot)$ ;

থিম 4.1 : $\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\dots \overline{u_n}\widehat{v_{n+1}}$ দ্বারা গৃহীত $A'$ প্রত্যেকের জন্য iff $n\ge 1$ , $u_n$ এবং $v_n$ খালি নয় এমন এবং স্বতন্ত্র অক্ষর দিয়ে শুরু , এবং প্রতিটি $n\ge 0$ , $u_0\dots u_n v_{n+1}\in L(A)$ ।

লেমার 4.1 এর প্রমাণ : পাঠকের কাছে বামে।

— xavierm02
সূত্র