Une langue régulière donnée contient-elle un sous-ensemble infini sans préfixe?

Un ensemble de mots sur un alphabet fini est sans préfixe s'il n'y a pas deux mots distincts où l'un est un préfixe de l'autre.

La question est:

Quelle est la complexité de vérifier si un langage régulier donné en NFA contient un sous-ensemble infini sans préfixe?

Réponse (grâce à Mikhail Rudoy, ​​ci-dessous) : Cela peut être fait en temps polynomial, et je pense même en NL.

En paraphrasant la réponse de Mikhail, soit $(\Sigma,q_0,F,\delta)$ le NFA d'entrée sous la forme normale (pas de transition epsilon, trim), et soit $L[p,r]$ (resp. $L[p,R]$ ) le langage obtenu en ayant l'état $p$ comme état initial et $\{r\}$ comme état final (resp. l'état $p$ comme initial et l'ensemble $R$ comme final). Pour un mot $u$ laissez $u^\omega$être le mot infini obtenu en itérant $u$ .

Les éléments suivants sont équivalents:

1. Le langage $L[q_0,F]$ contient un sous-ensemble infini sans préfixe.
2. $\exists q \in Q$ ,$\exists u \in L[q,q]\smallsetminus\{\varepsilon\}$ $\exists v \in L[q,F]$ sorte que$v$ n'est pas un préfixe de$u^\omega$ .
3. $\exists q \in Q$ $L[q,q] \neq \{\varepsilon\}$ $\forall u \in L[q,q]$ $\exists v \in L[q,F]$ sorte que$v$ ne soit pas un préfixe de$u^\omega$ .

Preuve:

3 $\Rightarrow$ 2 triviaux.

Pour 2 $\Rightarrow$ 1, il suffit de voir que pour tout $w \in L[q_0,q]$ nous avons que $w (u^{|v|})^* v$ est un sous-ensemble infini sans préfixe de $L[q_0,F]$ .

Enfin, 1 $\Rightarrow$ 3 est la preuve de la «justesse» dans la réponse de Mikhail.

Votre problème peut être résolu en temps polynomial.

Pour commencer, convertissez le NFA donné en NFA équivalent avec les propriétés supplémentaires suivantes:

• Il n'y a pas de transitions epsilon
• Tous les états sont accessibles depuis l'état de départ

Sous-programme utile

Supposons que nous ayons un NFA $N$ , un état $q$ et une chaîne non vide $s$ . Le sous-programme suivant nous permettra d'évaluer la valeur de vérité de l'énoncé suivant: "chaque chemin dans $N$ de l'état $q$ à un état d'acceptation correspond à une chaîne qui est un préfixe de la chaîne $s^n$ pour certains $n$ ." De plus, ce sous-programme s'exécutera en temps polynomial.

Construisez d'abord le NFA $S$ avec $|s| + 1$ états qui accepte toutes les chaînes qui ne sont pas des préfixes de $s^n$ pour tout $n$ ( $|s|$ états non acceptés dans une boucle pour garder une trace de l'endroit où dans le "modèle" de $sssss\ldots$ nous sommes jusqu'à présent, et on accepte l'état car si nous avons déjà dévié de ce modèle). Ensuite, construisons le NFA $N'$ qui est exactement comme $N$ mais a $q$ comme état de départ. Enfin, construisez un NFA final $N''$dont le langage $L(N'')$ est $L(S) \cap L(N')$ utilisant la construction d'intersection NFA standard. Notez que toutes ces constructions sont polynomiales dans la taille de l'entrée.

Ensuite, testez simplement si la langue de $N''$ est vide (ce qui peut être fait en temps polynomial avec une simple recherche de graphe). $L(N'') = \emptyset$ si et seulement si $L(S) \cap L(N') = \emptyset$ , ou en d'autres termes chaque chaîne dans $L(N')$ n'est pas dans $L(S)$ . En d'autres termes, le langage de $N''$ est vide si et seulement si $N'$accepte uniquement les chaînes qui sont des préfixes de $s^n$ pour certains $n$ . Cela peut être reformulé exactement comme l'énoncé que nous essayions d'évaluer: "chaque chemin dans $N$ de l'état $q$ à un état d'acceptation correspond à une chaîne qui est un préfixe de la chaîne $s^n$ pour certains $n$ ."

Algorithme principal

Considérez l'ensemble des états de la NFA qui sont dans une boucle. Pour chacun de ces états, $q$ , procédez comme suit:

Soit $P_2$ toute boucle simple contenant $q$ . Soit $s$ la chaîne correspondant à la boucle $P_2$ . Puisque le NFA n'a pas de transitions epsilon, $s$ n'est pas vide. Appliquez ensuite le sous-programme au NFA, l'état $q$ et la chaîne $s$ . Si le sous-programme nous dit que chaque chemin commençant à $q$ dans le NFA et se terminant à un état d'acceptation correspond à un préfixe de $s^n$ pour certains $n$ alors passez à l'état suivant $q$ . Sinon, affichez que le langage NFA donné contient un sous-ensemble infini sans préfex.

Si nous essayons chaque état $q$ qui est dans une boucle et que l'algorithme ne sort jamais, alors sortez que le langage NFA donné ne contient pas un sous-ensemble infini sans préfex.

Exactitude (première moitié)

Supposons d'abord que l'algorithme ci-dessus affirme que le langage du NFA donné contient un sous-ensemble infini sans préfex. Disons que cette sortie a été sélectionnée en considérant une boucle $P_2$ et un état $q$ . Comme précédemment, $s$ est la chaîne correspondant à $P_2$ . Ensuite, nous savons selon le sous-programme que tous les chemins commençant à $q$ dans le NFA et se terminant à un état d'acceptation correspondent à un préfixe de $s^n$ pour certains $n$ (car c'est la seule sortie du sous-programme qui conduirait à l'algorithme principal sortie à ce $q$ ).

Soit $P_3$ un chemin dont l'existence est affirmée par le sous-programme: un chemin de $q$ à un état accepté tel que la chaîne correspondante $t$ n'est pas un préfixe de $s^n$ pour tout $n$ .

Soit $P_2'$ constitué de $m$ copies de $P_2$ où $m$ est suffisamment grand pour que $m|s| > |t|$. Puisque $P_2$ est une boucle passant par $q$ , $P_2'$ peut être traité comme un chemin de $q$ à $q$ . La chaîne correspondant à $P_2'$ est $s^m$

Soit $P_1$ un chemin depuis l'état de départ vers $q$ (qui existe puisque chaque état est accessible depuis le début) et soit $r$ la chaîne correspondant à ce chemin.

Alors le chemin consistant en $P_1$ , $x$ copies de $P_2'$ et $P_3$ est un chemin de calcul acceptant. La chaîne correspondant à ce chemin est $r(s^m)^xt$ . Ainsi, le NFA accepte chaque chaîne de la forme $r(s^m)^xt$ . Il s'agit d'un ensemble infini de chaînes acceptées par la NFA, et je prétends que cet ensemble de chaînes est sans préfixe. En particulier, supposons que $r(s^m)^xt$ est un préfixe de $r(s^m)^yt$ avec$y > x$ . En d'autres termes,$t$ est un préfixe de$(s^m)^{y-x}t$ . Puisque$(s^m)^{y-x}$ a une longueur$m(y-x)|s| \ge m|s| > |t|$, cela implique que$t$ est un préfixe de$(s^m)^{y-x} = s^{m(y-x)}$ . Mais nous savons par la sortie du sous-programme que$t$n'est pas un préfixe de$s^n$ pour tout$n$. Ainsi,$r(s^m)^xt$ne peut pas être un préfixe de$r(s^m)^yt$, et comme souhaité, l'ensemble de chaînes est sans préfixe.

Ainsi, j'ai montré que si l'algorithme principal sort que le langage du NFA donné contient un sous-ensemble infini sans préfex, alors c'est en fait le cas.

Exactitude (deuxième moitié)

Ensuite, je montrerai l'autre moitié: si le langage du NFA donné contient un sous-ensemble sans préfixe infini, l'algorithme principal affichera ce fait.

Supposons que la langue du NFA donné contienne un sous-ensemble infini sans préfixe. Soit $A$ l'ensemble des chemins de calcul (accepteurs) correspondant à ces chaînes. Notez que $A$ est un ensemble infini de chemins de calcul acceptables dont les chaînes correspondantes ne sont jamais des préfixes les uns des autres.

Disons qu'un état "boucle" dans le NFA s'il existe une boucle dans le NFA à travers cet état et "ne boucle pas" sinon. Tenez compte de tous les chemins allant de l'état de début à tout état en boucle qui passent uniquement par des états sans boucle (à l'exception de l'état en boucle où ils finissent). Soit $P$ l'ensemble de ces chemins. Chaque chemin $p \in P$ ne peut pas avoir de boucle car alors les états de cette boucle seraient des états de boucle et donc $p$ passerait par un état de boucle. Ainsi, les longueurs de chemins dans $P$ sont limitées au-dessus par le nombre d'états dans le NFA et donc $P$ est fini (par exemple, si l'état de départ est un état en boucle, alors le seul chemin de ce type est le chemin vide).

Nous pouvons partitionner $A$ en $|P|+1$ sous-ensembles en fonction de la façon dont les chemins de calcul dans $A$ commencent. En particulier, pour $p \in P$ , que $A_p$ l'ensemble de tous les chemins de calcul dans $A$ qui commencent par chemin $p$ et laisser $B$ l'ensemble de tous les autres chemins dans $A$ . De toute évidence, tous les $A_p$ s et $B$ sont disjoints et leur union est l'ensemble complet $A$ . De plus, $B$contient uniquement des chemins qui ne passent jamais par un état de boucle, et donc jamais en boucle; ainsi $B$ est fini. On peut alors conclure que certains $A_p$ doivent être infinis (sinon $A$ serait une union de plusieurs ensembles finis).

Puisque $A_p$ est infini, il existe une infinité de chemins de calcul, dont aucune chaîne n'est un préfixe l'un de l'autre, qui acceptent des chemins commençant par $p$ . Soit $q$ l'état atteint à la fin du chemin $p$ . On peut conclure qu'il existe une infinité de chemins accepteurs, appelons cet ensemble $A'$ , en commençant par $q$ qui correspondent tous à des chaînes qui ne sont pas des préfixes les uns des autres.

Pendant l'algorithme principal, nous exécutons le sous-programme sur l'état $q$ et certaines chaînes $s$ . Ce sous-programme nous indique si chaque chemin d'acceptation commençant à $q$ correspond à une chaîne qui est un préfixe de $s^n$ pour certains $n$ . Si tel était le cas, alors tous les infiniment de chemins accepteurs dans $A'$ seraient des préfixes de $s^n$ pour divers $n$ , ce qui impliquerait qu'ils sont tous des préfixes les uns des autres. Ce n'est pas le cas, nous concluons donc que lorsque l'algorithme principal exécute le sous-programme sur l'état $q$, le résultat est l'autre résultat possible. Ceci, cependant, conduit l'algorithme principal à indiquer que le langage NFA contient un sous-ensemble infini sans préfixe.

Ceci conclut la preuve d'exactitude.

Définitions

Définition 1 : Soit $S$ un ensemble de mots. On dit que $S$ est joliment infini sans préfixe (nom composé aux fins de cette réponse) s'il y a les mots $u_0,\dots,u_n,\dots$ et $v_1,\dots,v_n,\dots$ tels que:

• Pour chaque $n\ge 1$ , $u_n$ et $v_n$ sont pas vides et commencent par des lettres distinctes;

• $S=\{u_0v_1,\dots,u_0\dots u_n v_{n+1},\dots\}$ .

L'intuition est que vous pouvez mettre tous ces mots sur un arbre enraciné à l'infini (le ■est la racine, les ▲feuilles et les •nœuds intérieurs restants) de la forme suivante de telle sorte que les mots en $S$ sont exactement les étiquettes des chemins de la racine à la feuille:

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

Proposition 1.1 : Un ensemble sans préfixe bien infini est sans préfixe.

Preuve de la proposition 1.1 : Supposons que $u_0\dots u_n v_{n+1}$ est un préfixe strict de $u_0 \dots u_m v_{m+1}$ . Il y a deux cas:

• Si $n < m$ alors $v_{n+1}$ est un préfixe de $u_{n+1}\dots u_m v_{m+1}$ . Ceci est impossible car $u_{n+1}$ et $v_{n+1}$ ont des premières lettres distinctes.

• Si $n > m$ alors $u_{m+1}\dots u_n v_{n+1}$ est un préfixe de $v_{m+1}$ . Cela est impossible car $u_{m+1}$ et $v_{m+1}$ ont des premières lettres distinctes.

Proposition 1.2 : Un ensemble sans préfixe bien infini est infini.

Preuve de la proposition 1.2 : Dans la preuve 1.1, nous avons montré que si $n\not= m$ alors $u_0\dots u_n v_{n+1}$ et $u_0 \dots u_m v_{m+1}$ ne sont pas comparables pour l'ordre des préfixes. Ils ne sont donc pas égaux.

Preuve principale

Proposition 2 : Tout ensemble sans préfixe infini contient un bel ensemble sans préfixe infini.

Proposition 3 : Un langage contient un ensemble sans préfixe infini si et seulement s'il contient un ensemble sans préfixe bien infini.

Preuve ci-dessous.

Preuve de la proposition 3 : $\boxed{\Rightarrow}$ par la proposition 2. $\boxed{\Leftarrow}$ par les propositions 1.1 et 1.2.

Proposition 4 : L'ensemble des sous-ensembles sans préfixe d'une langue régulière (codés comme un mot infini $\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\overline{u_2}\dots$ ) est $\omega$ régulier (et la taille des Büchi automate le reconnaissant est polynomial dans la taille du NFA reconnaissant le langage régulier).

Preuve ci-dessous.

Théorème 5 : décider si un langage régulier décrit par un NFA contient un sous-ensemble infini sans préfixe peut être fait en polynôme temporel de la taille du NFA.

Preuve du théorème 5 : Par la proposition 3, il suffit de tester s'il contient un sous-ensemble sans préfixe bien infini, ce qui peut être fait en temps polynomial en construisant l'automate Büchi donné par la proposition 4 et en testant la non-vacuité de son langue (ce qui peut être fait en temps linéaire de la taille de l'automate Büchi).

Preuve de la proposition 2

Lemme 2.1 : Si $S$ est un ensemble sans préfixe, il en est de même de $w^{-1}S$ (pour tout mot $w$ ).

Preuve 2.1 : Par définition.

Lemme 2.2 : Soit $S$ un ensemble infini de mots. Laissez $w:=\operatorname{lcp}(S_n)$ soit le plus long préfixe commun à tous les mots $S$ . $S$ et $w^{-1}S$ ont le même cardinal.

Preuve 2.2 : Définissez $f:w^{-1}S\to S$ par $f(x)=wx$ . Elle est bien définie par la définition de $w^{-1}S$ , injective par définition de $f$ et surjective par définition de $w$ .

Preuve de la proposition 2 : On construit $u_n$ et $v_n$ par induction sur $n$ , avec l'hypothèse d'induction $H_n$ composée des parties suivantes:

• $(P_1)$ Pour tout$k\in\{1,\dots,n\}$ ,$u_0\dots u_{k-1} v_k \in S$ ;

• $(P_2)$ Pour tout$k\in\{1,\dots,n\}$ ,$u_k$ et$v_k$ sont non vides et commencent par des lettres distinctes;

• $(P_3)$ $S_n:=(u_0\dots u_n)^{-1}S$ est infini;

• $(P_4)$ Il n'y a pas de préfixe non vide commun à tous les mots dans$S_n$ . En d'autres termes: il n'y a pas de lettre$a$ telle que$S_n\subseteq a\Sigma^*$ .

Remarque 2.3 : Si nous avons des séquences qui vérifient $H_n$ sans $(P_4)$ , nous pouvons modifier $u_n$ pour les faire satisfaire également $(P_4)$ . En effet, il suffit de remplacer $u_n$ par $u_n\operatorname{lcp}(S_n)$ . $(P_1)$ n'est pas affecté. $(P_2)$ est trivial. $(P_4)$ est par construction. $(P_3)$ est par le lemme 3.

Nous construisons maintenant les séquences par induction sur $n$ :

• Initialisation: $H_0$ est vrai en prenant $u_0:=\operatorname{lcp}(S)$ (c'est-à-dire en prenant $u_0:=\varepsilon$ et en appliquant la remarque 3.1).

• Étape d'induction: Supposons que nous ayons les mots $u_1,\dots,u_n$ et $v_1,\dots,v_n$ tels que $H_n$ pour certains$n$ . Nous allons construire$u_{n+1}$ et$v_{n+1}$ tels que$H_{n+1}$ .

Puisque $S_n$ est infini et sans préfixe (par le lemme 1), il ne contient pas $\varepsilon$ sorte que $S_n=\underset{a\in \Sigma}{\bigsqcup}(S_n\cap a\Sigma^*)$ . Puisque $S_n$ est infini, il existe une lettre $a$ telle que $S_n\cap a\Sigma^*$ est infinie. Par $(P_4)$ , il y a une lettre $b$ distincte de $a$ telle que $S_n\cap b\Sigma^*$ n'est pas vide. Sélectionnez$v_{n+1}\in S_n\cap b\Sigma^*$ . Prendre$u_{n+1}$ pour être$a$ satisferait$(P_1)$ ,$(P_2)$ et$(P_3)$ donc on applique la remarque 3.1 pour obtenir$(P_4)$ :$u_{n+1}:=a\operatorname{lcp}(a^{-1}S_n)$ .

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

$(P_2)$ Par définition de$u_{n+1}$ et$v_{n+1}$ .

$(P_3)$ $a^{-1}S_n$ est infini par définition de$a$ , et$S_{n+1}$ est donc infini par lemme 3.

$(P_4)$ Par définition de$u_{n+1}$ .

Preuve de proposition 4

Preuve de la proposition 4 : Soit $A=(Q,\to,\Delta,q_0,F)$ un NFA.

L'idée est la suivante: on lit $u_0$ , on se rappelle où on est, on lit$v_1$ , on revient en arrière où on était après avoir lu$u_0$ , on lit$u_1$ , on se rappelle où on est, ... On se souvient aussi de la première lettre qui était lisez chaque$v_n$ pour vous assurer que$u_n$ commence par une autre lettre.

On m'a dit que cela pourrait être plus facile avec des automates à têtes multiples, mais je ne connais pas vraiment le formalisme, je vais donc le décrire en utilisant un automate Büchi (avec une seule tête).

On pose $\Sigma':=\overline{\Sigma}\sqcup\widehat{\Sigma}$ , où les symboles surlignés seront utilisés pour le décrit$u_k$s et les symboles avecchapeaux pour les$v_k$s.

On pose $Q':=Q\times (\{\bot\}\sqcup (Q \times \Sigma))$ , où:

• $(q,\bot)$ signifie que vous lisez des$u_n$ ;

• $(q,(p,a))$ signifie que vous avez fini de lire certains$u_n$ dans l'état$p$ , que vous lisez maintenant$v_{n+1}$ qui commence par un $a$ , et qu'une fois que vous avez terminé, vous reviendrez à $p$ pour lire un $u_{n+1}$ qui ne commence pas par $a$ .

Nous fixons $q_0':=(q_0,\bot)$ car on commence par lire$u_0$ .

Nous définissons $F'$ comme $F\times Q \times \Sigma$ .

L'ensemble des transitions $\to'$ est défini comme suit:

• " $u_n$ " Pour chaque transition $q\overset{a}{\to}q'$ , ajoutez $(q,\bot)\overset{\overline{a}}{\to'}(q',\bot)$ ;

• " $u_n$ à $v_{n+1}$ " pour chaque transition $q\overset{a}{\to}q'$ , add $(q,\bot)\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(q,a))$;

• " $v_n$ " Pour chaque transition $q\overset{a}{\to}q'$ , add $(q,(p,a))\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(p,a))$;

• " $v_n$ à $u_n$ " Pour chaque transition $p\overset{a}{\to}p'$ où $p$ est final et la lettre $b$ distincte de $a$ , ajoutez $(q,(p,b))\overset{\overline{a}}{\to'}(p',\bot)$;

Lemme 4.1 : $\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\dots \overline{u_n}\widehat{v_{n+1}}$ est acceptée par $A'$ ssi pour chaque $n\ge 1$ , $u_n$ et $v_n$ sont non-vide et de commencer avec des lettres distinctes , et pour chaque $n\ge 0$ , $u_0\dots u_n v_{n+1}\in L(A)$ .

Preuve du lemme 4.1 : laissée au lecteur.