দৈর্ঘ্যের কত শব্দ

যোগ করুন সম্পাদনা করুন : এই প্রশ্নের উত্তর এখন মূলত দেওয়া হয়েছে; আরও তথ্যের জন্য দয়া করে এই ব্লগ এন্ট্রি দেখুন। যারা এখানে মন্তব্য এবং উত্তর পোস্ট করেছেন তাদের সবাইকে ধন্যবাদ।

মূল প্রশ্ন

এটি ম্যাথওভারফ্লোতে আমি জিজ্ঞাসা করা একটি প্রশ্নের আশাকরির স্মার্ট এবং আরও ভাল-জ্ঞাত সংস্করণ । আমি যখন এই প্রশ্নটি জিজ্ঞাসা করি, তখন আমার সমস্যাটি গণিতের ক্ষেত্রের নামটিও জানতাম না Now এখন আমি যথেষ্ট নিশ্চিত যে এটি আংশিক শব্দের উপর অ্যালগোরিদমিক সম্মিলনে রয়েছে। (এখানে সাম্প্রতিক বই এখানে ।)

আমি শব্দের একটি তালিকা তৈরি করতে চাই $l$ চিঠিপত্র। প্রতিটি শব্দের দৈর্ঘ্য হুবহু $k$ । চুক্তি হয়, যদি $a \lozenge ^j b$ তালিকায় আছে, যেখানে $\lozenge$ তারপরে একটি ওয়াইল্ডকার্ড / যত্ন নেই-প্রতীক $a \lozenge ^j b$ আবার কখনও তালিকায় উপস্থিত হতে পারে না। (একই সত্য যদি ধরে থাকে $a=b$ , অথবা যদি $j=0$ এবং তাই নিষিদ্ধ সাবওয়ার্ডটি $ab$ ।)

উদাহরণ যেখানে $k=4$ এবং $l=5$ :

$abcd$
$bdce$
$dcba$ <- নিষিদ্ধ কারণ $dc$ উপরের লাইনে হাজির
$aeed$ <- নিষিদ্ধ কারণ $a \lozenge \lozenge d$ প্রথম লাইনে হাজির

"এড়ানো যায় আংশিক শব্দের" উপরের সাহিত্য যা আমি পেয়েছি তা সমস্তই ইনফিনেটরি ছিল - অবশেষে শব্দের আকারটি যথেষ্ট বড় হলে কিছু শব্দের প্যাটার্ন অপরিহার্য। আমি এই জাতীয় উপপাদ্যের চূড়ান্ত সংস্করণগুলি খুঁজতে চাই। সুতরাং, প্রশ্ন:

ফর্মের একটি আংশিক শব্দ দেওয়া $a \lozenge^j b$ এর বর্ণমালায় $l$ অক্ষর, দৈর্ঘ্যের কত শব্দ $k$ এড়িয়ে চলুন, এবং এগুলি কি বহিরাগত সময়ে স্পষ্টত উত্পাদন করা যায়?

আমি উপরের প্রশ্নটি কঠিন হবে বলে আশা করি না, এবং আমি যদি একটি সূক্ষ্মতা অনুপস্থিত না করি তবে আমি নিজে এটি গণনা করতে পারি। আমি এই সাইটে পোস্ট করার আসল কারণটি হ'ল আমার আবেদনের জন্য এই জাতীয় শব্দ তালিকার বৈশিষ্ট্য সম্পর্কে আমার আরও অনেক কিছু জানতে হবে, তাই আমি আশা করছি যে কেউ এই ফলোআপ প্রশ্নের উত্তর দিতে পারে:

এটি কি সাধারণতার সাথে অধ্যয়ন করা হয়েছে? কিছু কাগজগুলি কী বিবেচনা করে যা আংশিক শব্দ অবশেষে অনিবার্য কিনা তা নয়, তবে এটি অনিবার্য হয়ে ওঠার আগে "এটি কত সময় নেয়"?

ধন্যবাদ।

co.combinatorics

— হারুন স্টার্লিং
সূত্র

(1) আমি আপনার প্রথম প্রশ্ন এবং এর আগে বর্ণিত উদাহরণের মধ্যে চিঠিপত্র বুঝতে পারি না। আপনার উদাহরণে ইনপুটটি কী? (২) আপনার প্রথম প্রশ্নে, আপনি কে দুটি ভিন্ন উদ্দেশ্যে ব্যবহার করছেন?

— Tsuyoshi Ito

(2) সম্পর্কিত, হ্যাঁ আমি একটি ভুল করেছি, এখন সম্পাদিত, আপনাকে ধন্যবাদ।

— অ্যারোন স্টার্লিং

(1) সম্পর্কিত, আমি একবার আংশিক শব্দটি উপস্থিত হওয়ার পরে "আমি কতটা রেখেছি" জানতে চাই। তবে হ্যাঁ, আসল প্রশ্নটি উদাহরণটিতে প্রদর্শিত (যেমন নিষিদ্ধ আংশিক শব্দ ব্যতীত) এর মতো তালিকা তৈরি করতে হয়। সুতরাং ইনপুট মান হবে

k

$k$ এবং

l

$l$ , এবং একটি তালিকায় একটি কাঙ্ক্ষিত শব্দের উত্পাদনের জন্য রয়েছে যার সবকটিতেই "পূর্বে আংশিক শব্দের সম্পত্তি উপস্থিত হওয়া এড়ানো"।

— অ্যারোন স্টার্লিং

অ্যারন, আপনার চূড়ান্ত অ্যাপ্লিকেশন কী তা আমি জানি না, তবে ডেভেনপোর্ট-শিনজেল সিকোয়েন্সগুলি (এবং সাধারণীকরণগুলি) কোনও স্ট্রিংয়ের সর্বাধিক দৈর্ঘ্যের বিষয়ে জিজ্ঞাসা করে যাতে কোনও নির্দিষ্ট পুনরাবৃত্তি বিন্যাস থাকে না। এটি একটি সম্পর্কিত ধারণা।

— সুরেশ ভেঙ্কট

শেঠ পেটি নিষিদ্ধ সাবম্যাট্রিক্সের জন্য খুব কিছু নিফটি জেনারালাইজেশনও অধ্যয়ন করছেন।

— সুরেশ ভেঙ্কট

উত্তর:

এখানে একটি বিশেষ কেস রয়েছে: দৈর্ঘ্যের বাইনারি শব্দের সংখ্যা $k$ এমন যে কোনও দু'জনই পরপর উপস্থিত হয় না $F(k+3)$ , কোথায় $F(n)$ হয় $n^{th}$ ফিবোনাচি নম্বর (শুরু দিয়ে) $F(1)=1, F(2)=1$ )। প্রমাণ জেকেন্ডারফের উপস্থাপনার মাধ্যমে ।

সম্পাদনা: আমরা এই প্রাথমিক বিশেষ কেটির সামান্য বড় বিশেষ ক্ষেত্রে প্রসারিত করতে পারি $a\lozenge^0a$ । দৈর্ঘ্যের স্ট্রিং বিবেচনা করুন $k$ আকারের বর্ণমালার উপরে $l+1$ যেমন চিঠি $a$ পরপর দু'বার উপস্থিত হয় না। দিন $f(k)$ এই জাতীয় স্ট্রিংয়ের সংখ্যা হোন (যাকে আমরা "বৈধ" বলব)। আমরা দাবি করি যে:

f (k) = l * f (k - 1) + l * f (k - 2)

$f(k) = l*f(k-1) + l*f(k-2)$

f (0) = 1, f (1) = l + 1

$f(0) = 1, f(1) = l+1$ স্বজ্ঞাততাটি হ'ল আমরা দৈর্ঘ্যের একটি বৈধ স্ট্রিং তৈরি করতে পারি

k

$k$ উভয় দ্বারা: ক) যেকোন একটি সংলগ্ন

l

$l$ চিঠি যে না

a

$a$ দৈর্ঘ্যের একটি বৈধ স্ট্রিং

k - 1

$k-1$ , বা খ) চিঠি সংলগ্ন

a

$a$ এবং তারপর অন্য কোনও চিঠি কিন্তু

a

$a$ দৈর্ঘ্যের একটি বৈধ স্ট্রিং

k - 2

$k-2$ ।

উপরের পুনরাবৃত্তির জন্য নিম্নলিখিতটি একটি বদ্ধ রূপ যাচাই করতে পারবেন:

f (k) = \sum_{i = 0}^{k} (\binom{k + 1 - i}{i}) l^{k - i}

$f(k) = \sum_{i=0}^{k} {{k+1-i}\choose{i}} l^{k-i}$ যেখানে আমরা বুঝতে

(\binom{n}{i}) = 0

${{n}\choose{i}} = 0$ কখন

i > n

$i>n$ ।

সম্পাদনা # 2: আসুন আরও একটি মামলা নক আউট করা যাক - ক $\lozenge^0 b, a \neq b$ । আমরা একটি উপর স্ট্রিং কল করব $l$ -মেটার বর্ণমালা যাতে সাবস্ট্রিং থাকে না $ab$ , "বৈধ" এবং চলুন $S_k$ দৈর্ঘ্যের বৈধ স্ট্রিংয়ের সেট বোঝাও $k$ । আরও, আসুন সংজ্ঞায়িত করা যাক $T_k$ এর উপসেট হতে $S_k$ এর সাথে শুরু করে স্ট্রিং নিয়ে $b$ এবং $U_k$ যারা না দিয়ে শুরু হয় $b$ । অবশেষে, যাক $f(k) = |S_k|$ , $g(k) = |T_k|$ , $h(k) = |U_k|$ ।

আমরা তা পর্যবেক্ষণ করি $g(0)=0, h(0)=1, f(0)=1$ এবং $g(1)=1, h(1)=l-1, f(1)=l$ । এরপরে, আমরা নিম্নলিখিত পুনরাবৃত্তিগুলি অনুমান করি:

\begin{array}{rcl} g (k + 1) & = & f (k) \\ h (k + 1) & = & (l - 1) * h (k) + (l - 2) * g (k) \end{array}

$\begin{eqnarray} g(k+1) &=& f(k) \\ h(k+1) &=&(l-1)*h(k) + (l-2)*g(k) \end{eqnarray}$ প্রথমটি যুক্ত হওয়া থেকে আসে

b

$b$ যে কোনও উপাদানটির শুরুতে

S_{k}

$S_k$ এর একটি উপাদান উত্পাদন করে

T_{k + 1}

$T_{k+1}$ । দ্বিতীয়টি পর্যবেক্ষণ করে আসে যে আমরা একটি উপাদান তৈরি করতে পারি

U_{k + 1}

$U_{k+1}$ কোন চরিত্র যোগ করে কিন্তু

b

$b$ এর যে কোনও উপাদানটির সামনের দিকে

U_{k}

$U_{k}$ বা কোনও চরিত্র যুক্ত করে

a

$a$ অথবা

b

$b$ যে কোনও উপাদানটির সম্মুখভাগে

T_{k}

$T_k$ ।

এরপরে, আমরা পুনরাবৃত্তি সমীকরণগুলি পুনরুদ্ধার করতে পারি:

\begin{array}{rcl} f (k + 1) & = & g (k + 1) + h (k + 1) \\ = & f (k) + (l - 1) * h (k) + (l - 2) * g (k) \\ = & f (k) + (l - 1) * f (k) - g (k) \\ = & l * f (k) - f (k - 1) \end{array}

$\begin{eqnarray} f(k+1) &=& g(k+1) + h(k+1) \\ &=& f(k) + (l-1)*h(k) + (l-2)*g(k) \\ &=& f(k) + (l-1)*f(k) - g(k) \\ &=& l*f(k) - f(k-1) \end{eqnarray}$

আমরা অথবা যদি করছি অলস, এর সোজা শিরোনাম উৎপাদিত ফাংশন জিনিস সঙ্গে একটু ঘুরে mucking এই পুনরাবৃত্তি করার জন্য একটি বরং অস্বচ্ছ বদ্ধ-ফর্ম সমাধান পেতে পারেন, উল্ফর্যাম আলফা । যাইহোক, googling এবং চারপাশের খোঁচা একটি সামান্য বিট সঙ্গে OEIS , আমরা যে আমরা আসলে আছে:

f (k) = U_{k} (l / 2)

$f(k) = U_k(l/2)$ কোথায়

U_{k}

$U_k$ হয়

k^{t h}

$k^{th}$ দ্বিতীয় ধরণের (!) এর চেবিশেভ বহুবচন ।

— mhum
সূত্র

এটা খুব আকর্ষণীয়, আপনাকে ধন্যবাদ।

— অ্যারন স্টার্লিং

প্রথম প্রশ্নের সম্পূর্ণ ভিন্ন পদ্ধতির একটি নিয়মিত ভাষায় শব্দ উত্পন্ন করার সাম্প্রতিক প্রশ্নের উত্তরগুলি পুনরায় ব্যবহার করে: দৈর্ঘ্যের জন্য এই অ্যালগরিদমগুলি প্রয়োগ করা যথেষ্ট $k$ নিয়মিত ভাষা $\Sigma^\ast a\Sigma^j b\Sigma^\ast$ কোথায় $\Sigma$ বর্ণমালা

— sylvain
সূত্র

ধন্যবাদ। আমি ভাবছিলাম যে কোনও সংযোগ থাকতে পারে, এবং আপনার উত্তরটি আমাকে এখানে উল্লেখ করা কাগজগুলির দিকে নজর দেওয়ার জন্য প্রয়োজনীয় ধাক্কা দিয়েছে এবং তার মধ্যে একটি অবশ্যই আমি বিবেচনা করছি এমন সমস্যার একটি অংশ সমাধান করে।

— অ্যারোন স্টার্লিং

আপডেট হয়েছে: এই উত্তরটি ভুল :

অভিমানী $j$ স্থির, আমরা একটি প্যাটার্ন উপায় সংখ্যা গণনা করতে পারেন $a\lozenge^j b$ মিলছে: প্রথম $a$ প্রতীক কিছু অবস্থানের সাথে মিলিত হতে পারে $1\leq i\leq k-j-1$ , এবং আমাদের আছে $l^{i-1}$ সম্ভাবনা যে বিন্দু আগে, $l^j$ মধ্যে $a$ এবং $b$ , এবং $l^{k-j-i-1}$ স্ট্রিংয়ের বাকী অংশগুলির জন্য, এভাবে মোট

\sum_{i = 1}^{k - j - 1} l^{i - 1} \cdot l^{j} \cdot l^{k - j - i - 1} = (k - j - 1) l^{k - 2}

$\sum_{i=1}^{k-j-1}l^{i-1}\cdot l^{j}\cdot l^{k-j-i-1}=(k-j-1)l^{k-2}$ মামলা। মন্তব্যগুলিতে স্যুওশি ইতো দ্বারা উল্লিখিত হিসাবে, এই গণনাটি বিভিন্ন শব্দের সাথে মিলের সংখ্যা নয়

a ◊^{j} b

$a\lozenge^j b$ যেহেতু একটি শব্দ এক সাথে একই প্যাটার্নটি বিভিন্ন উপায়ে মেলে। এই ক্ষেত্রে

a a

$aa$ তিনবার মিলছে

a a a a

$aaaa$ ,

a b

$ab$ দু'বার

a b a b

$abab$ , এবং

a ◊ b

$a\lozenge b$ দু'বার

a a b b

$aabb$ । আমরা বিভিন্ন ধরণের মিলের প্যাটার্নগুলির সংখ্যা গণনা করার চেষ্টা করতে পারি এবং "অন্তর্ভুক্তি-বর্জন" অভিব্যক্তিটি প্রদর্শন করতে পারি, তবে প্যাটার্নগুলি কীভাবে ওভারল্যাপ হতে পারে তা এটিকে দীর্ঘায়িত করে।

প্রথম প্রশ্নের জন্য, যে বোঝার অধীনে $j$ স্থির নয়, অর্থাৎ আমরা শব্দটি এম্বেড করা এড়াতে চাই $ab$ :

পারেন $a$ প্রথম প্রতীকটি কখনই উপস্থিত হয় না, যার জন্য অ্যাকাউন্ট accounts $(l-1)^k$ সম্ভাব্য শব্দ,
অথবা $a$ কিছু অবস্থানে প্রথম প্রদর্শিত হয় $1\leq i\leq k$ তাহলে আমরা ব্যবহার করতে পারি না $b$ শব্দটির বাকী অংশে: রয়েছে $(l-1)^{i-1}$ পর্যন্ত ফ্যাক্টর জন্য পছন্দ $a$ , এবং $(l-1)^{k-i}$ বাকী জন্য পছন্দগুলি, মোট দেওয়া $\sum_{i=1}^k(l-1)^{i-1}\cdot(l-1)^{k-i}=k(l-1)^{k-1}$ সম্ভাব্য শব্দ। কিনা $a=b$ অপ্রাসঙ্গিক।

দ্বিতীয় প্রশ্নের জন্য আমার কাছে তেমন পরামর্শ দেওয়ার মতো কিছু নেই; শব্দ এম্বেডিংয়ের সাথে একটি সম্পর্ক রয়েছে, তবে হিগম্যানের লেমার খারাপ ক্রমগুলি সম্পর্কে আমি যে ফলাফলগুলি জানি তা অবিলম্বে প্রয়োগ হয় না।

— sylvain
সূত্র

অনেক ধন্যবাদ, সিলভাইন, যদিও আমি মনে করি না যে এটি বেশ সঠিক right আমরা ব্যবহার করতে পারি

b

$b$ পরে শব্দে যদি

a

$a$ মনে হচ্ছে। আমরা কেবল ব্যবহার করতে পারি না

b

$b$ যদি ঠিক আছে

j

$j$ এর মধ্যে চিঠি

a

$a$ এবং

b

$b$ , যদি

a ◊^{j} b

$a \lozenge ^j b$ আগে হাজির। যদিও আমি আপনার তর্ককে ভুল বুঝছি।

— অ্যারন স্টার্লিং

দুঃখিত, আমি নিশ্চিত ছিলাম কিনা

j

$j$ স্থির ছিল কি না। আমি উত্তরটি স্থির করে সম্পাদনা করেছি

j

$j$ যেমন.

— সিলভাইন

আমি মনে করি না যে স্থির-জে মামলাটি সঠিক। উদাহরণস্বরূপ, কে = 4 এবং জ = 1 হলে আবাব শব্দটি দুটিবার বিয়োগ করা হয়। আমি অ-স্থির-জে মামলাটি পড়িনি।

— Tsuyoshi Ito

@ শুয়ুশি ইটো: আপনি ঠিক বলেছেন, সে ক্ষেত্রে কোনও অনন্য মিল নেই।

— সিলভাইন

দয়া করে একটি ভুল উত্তর চিহ্নিত করুন।

— Tsuyoshi Ito