Automates Büchi avec stratégie d'acceptation

Le problème

Soit un automate Büchi, reconnaissant un langage . Nous partons du principe que a une stratégie d'acceptation dans le sens suivant: il y a une fonction qui peut être utilisé pour séries pilotes de . Nous formalisons cela par les conditions suivantes: $A=\langle \Sigma, Q, q_0,F,\Delta\rangle$ $L\subseteq\Sigma^\omega$ $A$ $\sigma:\Sigma^*\to Q$ $A$

$\sigma(\epsilon)=q_0$
pour tout et , $u\in\Sigma^*$ $a\in\Sigma$ $(\sigma(u),a,\sigma(ua))\in\Delta$
pour tout , la course pilotée par accepte, c'est-à-dire la séquence a infiniment beaucoup d' éléments dans . $w=a_0a_1a_2\dots\in L$ $\sigma$ $\sigma(\epsilon),\sigma(a_0),\sigma(a_0a_1),\sigma(a_0a_1a_2),\dots$ $F$

Pour subsumer les conditions, peut accepter n'importe quel mot de sa langue sans avoir à deviner quoi que ce soit sur l'avenir. $A$

Ensuite, sous ces hypothèses sur $A$ , est-il vrai que $A$ peut être déterminé simplement en supprimant les transitions? En d'autres termes, pouvons-nous toujours choisir la transition suivante en fonction uniquement de l'état et de la lettre actuels? Y a-t-il une référence sur le sujet? La même question peut alors être posée sur les automates co-Büchi, et plus généralement sur les automates à parité.

Ce qui est connu

Voici quelques résultats partiels.

Tout d'abord, nous pouvons restreindre aux choix non déterministes entre états ayant le même résidu. En effet, si est le langage accepté de , une stratégie d'acceptation ne peut pas choisir plutôt que à un moment donné, s'il y a . $\sigma$ $L(q)$ $q$ $q_1$ $q_2$ $w\in L(q_2)\setminus L(q_1)$

Notez que les choix restants comptent, donc malgré l'intuition, cela ne suffit pas pour se débarrasser du non-déterminisme. En effet, il est possible de rester à l'infini dans un bon résidu (c'est-à-dire que le reste du mot est dans le résidu), mais de rejeter le mot parce que peu d'états de Büchi sont vus. C'est la principale difficulté du problème: une course infinie peut être erronée, sans commettre d'erreur fatale à un moment donné.

En second lieu , le problème est résolu si , à savoir tous les mots sont acceptés par . Dans ce cas, nous pouvons voir comme un jeu Büchi où le joueur I choisit les lettres d'entrée et le joueur II choisit les transitions. Ensuite, nous pouvons utiliser la détermination positionnelle des jeux Büchi pour extraire une stratégie positionnelle pour Player II. Cet argument fonctionne même dans le cas plus général des automates de parité. La difficulté de ce problème vient du fait que certains mots ne sont pas en , et dans ce cas la stratégie peut avoir n'importe quel comportement. $L=\Sigma^\omega$ $A$ $A$ $L$ $\sigma$

Troisièmement, voici une preuve que dans les hypothèses, la langue est dans la classe des langages déterministes Büchi, témoin par un automate avec les états . Notez que cela implique que ne peut être aucun langage régulier, par exemple si , aucune stratégie correspondant aux conditions ne peut exister. $L$ $2^Q$ $L$ $\omega$ $L=(a+b)^*a^\omega$ $\sigma$

On commence par restreindre les transitions selon la première remarque: les seuls choix que l'on peut faire n'ont pas d'impact sur le langage résiduel. Nous ne prenons que les successeurs avec le maximum résiduel, ils doivent exister car existe. $\sigma$

Ensuite, nous construisons de la manière suivante. est l'automate de sous-ensemble de , mais chaque fois qu'un état de Büchi apparaît dans le composant, tous les autres états peuvent être supprimés du composant, et nous recommençons à partir du singleton . Ensuite, nous pouvons définir . On peut vérifier que est un automate de Büchi déterministe pour . $A'=\langle \Sigma, 2^Q, \{ q_0\},F',\Delta'\rangle$ $A'$ $A$ $q$ $\{ q\}$ $F'=\{\{ q\} : q\in F\}$ $A'$ $L$

Enfin, en réunissant les deuxième et troisième remarques, nous pouvons toujours obtenir une stratégie de mémoire finie , en utilisant une stratégie positionnelle pour le joueur II dans le jeu où le joueur I choisit des lettres, le joueur II choisit les transitions dans et gagne si accepte chaque fois que accepte. $\sigma$ $A\times A'$ $A$ $A$ $A'$

— Denis
source

Écrivez

pour l'automate (déterministe) avec les transitions supprimées. Soit

être un mot dans

. Alors par vos conditions

est une suite de

et accepte, donc

. Inversement, tout parcours accepteur de

est notamment un parcours accepteur de

, donc

A_{σ}

$A_\sigma$

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

$w=w_0w_1\cdots$

L

$L$

σ (w_{0}) σ (w_{0} w_{1}) \dots

$\sigma(w_0)\sigma(w_0w_1)\cdots$

A_{σ}

$A_\sigma$

L \subseteq L (A_{σ})

$L\subseteq L(A_\sigma)$

A_{σ}

$A_\sigma$

A

$A$

L (A_{σ}) \subseteq L

$L(A_\sigma)\subseteq L$

— Sylvain

@Sylvain: Quelles transitions sont supprimées?

— Dave Clarke

Je suppose que vous appelez

l'automate

limité aux transitions utilisées dans la stratégie

. Le problème est que vous n'avez aucune garantie que

est déterministe. Par exemple, supposons que

, alors

n'est pas déterministe.

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}

$A_\sigma$

— Denis

Je le poste également sur mathOverflow, avec plus de détails sur le travail précédent ici: mathoverflow.net/questions/97007/… , est-ce que ça va?

— Denis

Généralement, la publication croisée n'est pas autorisée, à moins que l'on n'ait pas reçu de réponse après un délai suffisant. Étant donné qu'il y a une générosité ouverte sur cette question, j'attendrais quelques jours. Vous pouvez supprimer l'autre publication et l'ouvrir dans quelques jours. (De plus, l'autre publication doit être liée à celle-ci.)

— Dave Clarke

Il s'avère que la réponse est non, certains contre-exemples peuvent être trouvés dans cet article .

— Denis
source

merci pour la mise à jour, mais vague! Quelle équipe? ont-ils publié? l'intention de? Comment as-tu entendu? comment l'ont-ils trouvé? y a-t-il une raison pour laquelle ils le recherchaient? est-ce une curiosité théorique ou un problème ou une application plus important? etc

— vzn

voir cette réponse pour plus de détails: cstheory.stackexchange.com/a/24918/8953

— Denis

-1

Comme vous l'avez souligné, les automates Buchi non déterministes et déterministes acceptent différentes langues. La «détermination» la plus célèbre pour un automate Buchi est donnée par Safra (recherchez «Construction de Safra» sur le Web. Voici un document qui apparaît: www.cs.cornell.edu/courses/cs686/2003sp/Handouts/safra.pdf) . La procédure est assez complexe et implique de transformer un automate Buchi donné en un automate Rabin déterministe (ayant "acceptant" les états F et "rejetant" les états G: \ sigma n'a qu'un nombre fini d'états dans G). La construction de Safra implique bien plus que la simple suppression des transitions et / ou de la construction de sous-ensembles habituels.

— Sudeep
source

Je le sais, la question porte sur une classe spéciale d'automates Büchi, à savoir celle qui admet les stratégies d'acceptation

. J'ai déjà montré que cette classe a le même pouvoir que la classe des automates Büchi déterministes, et j'ai décrit une procédure de détermination simplifiée (dans la section "ce qui est connu"). La conjecture est qu'il existe une procédure de détermination beaucoup plus simple pour cette classe, qui consiste simplement à supprimer certaines transitions.

σ

$\sigma$

— Denis