"अतिरिक्त" बाधाओं के साथ वेक्टर अतिरिक्त प्रणाली

Question

एक वेक्टर अलावा सिस्टम (वीएएस) के एक परिमित सेट है कार्रवाई । का सेट है निशान । एक रन मार्किंग का एक खाली-खाली शब्द है st । इस तरह के एक शब्द मौजूद है, तो हम कहते हैं कि है पहुँच में से ।एक ⊂ जेड डी एन डी एम 0 एम 1 ... मीटर n ∀ मैं ∈ { 0 , ... , n - 1 } , m मैं + 1 - मीटर मैं ∈ एक मीटर $A \subset \mathbb{Z}^d$$\mathbb{N}^d$$m_0 m_1\dots m_n$$\forall i \in \{0, \dots, n-1\}, m_{i+1}-m_i \in A$$m_n$$m_0$

वीएएस के लिए पुनरावृत्ति की समस्या को निर्णायक माना जाता है (लेकिन इसकी जटिलता एक खुली समस्या है)।

अब हम मानते हैं कि निषिद्ध चिह्नों ( बाधाओं ) का एक निश्चित सेट दिया गया है। मैं जानना चाहूंगा कि क्या समस्या की पुनरावृत्ति की समस्या अभी भी विकट है।

सहज रूप से, बाधाओं का सीमित सेट केवल स्थानीय स्तर पर पथों के साथ हस्तक्षेप करना चाहिए, इसलिए समस्या को निर्णायक रहना चाहिए। लेकिन यह साबित करने के लिए तुच्छ नहीं लगता।

संपादित करें । मैं @ Jérôme के उत्तर को स्वीकृत के रूप में रखूंगा, लेकिन मैं एक अनुवर्ती प्रश्न जोड़ना चाहूंगा: क्या होगा यदि का सेट ?$\mathbb{Z}^d$

Comments

क्या आपके पास निर्णायक सबूत के पीछे विचारों का अंतर्ज्ञान प्राप्त करने के लिए एक अच्छा संदर्भ है? (उदाहरण के लिए स्लाइड्स)

— डेनिस

ये हैं स्लाइड: lsv.ens-cachan.fr/Events/Pavas/slides-Leroux.pdf ; और एक हालिया लेख: hal.archives-ouvertes.fr/hal-00674970 ; मूल रूप से, अभिकर्मक एक गणना एल्गोरिथ्म द्वारा हल किया जाता है, इस तथ्य पर आधारित है कि यदि y $y$ से पहुंच योग्य नहीं है , तो मौजूद दो असंतुष्ट प्रिस्बर्गर सेट करते हैं जो किसी भी तरह गैर-पहुंच योग्यता को साबित करते हैं। कुछ अन्य स्लाइड: automata.rwth-aachen.de/movep2010/abstracts/slides-leroux.pdf । $x$

— निकोलस पेरिन

एम प्रवीण ने समस्या के दो मुख्य दृष्टिकोणों पर कई बातचीत की: cmi.ac.in/~praveenm/talks

— सिल्वेन

परिमित बाधाओं (जैसे प्रतिबंधित आयाम के साथ) की समस्या के उप-मामलों के लिए, ऐसा लगता है कि निर्णायकता का प्रमाण "ज़िगज़ैग-उन्मूलन" संपत्ति पर आधारित हो सकता है। इस पेपर को देखें: labri.fr/perso/leroux/published-papers/LS-concur04.ps , और ये स्लाइड्स: labri.fr/perso/sutre/Talks/Diable/… ।

— निकोलस पेरिन

मैं समझता हूं कि शून्य होने पर गैर शून्य क्रियाएं होने पर समस्या हल क्यों हो जाती है, लेकिन जब ऐसी क्रियाएं नहीं होती हैं तो क्या होता है? आपके उत्तर का हिस्सा टिप्पणी से कट गया है :)

— निकोलस पेरिन

Answer 1

यह विचार मुझे आज दोपहर ग्रेजायर सूटर के साथ हुई चर्चा पर आधारित है।

समस्या निम्नानुसार है।

एक पेट्री नेट $T$ , $\mathbb{N}^d\times\mathbb{N}^d$ संक्रमण में जोड़े का एक सीमित सेट है । एक संक्रमण को देखते हुए $t=(\vec{u},\vec{v})$ , हम द्वारा निरूपित $\xrightarrow{t}$ द्विआधारी संबंध विन्यास के सेट पर परिभाषित $\mathbb{N}^d$ द्वारा $\vec{x}\xrightarrow{t}\vec{y}$ एक वेक्टर वहां मौजूद है, तो $\vec{z}\in\mathbb{N}^d$ ऐसी है कि $\vec{x}=\vec{u}+\vec{z}$ और$\vec{y}=\vec{v}+\vec{z}$ । हम द्वारा निरूपित$\xrightarrow{T}$ एक कदम गम्यता संबंध$\bigcup_{t\in T}\xrightarrow{t}$ । इस संबंध की कर्मकर्त्ता और सकर्मक बंद से दर्शाया जाता है$\xrightarrow{T^*}$ ।

चलो ≤ से अधिक शास्त्रीय componentwise आंशिक आदेश होना एन डी और के द्वारा परिभाषित → यू ≤ → एक्स यदि वहां मौजूद → जेड ∈ एन d ऐसी है कि → एक्स = → यू + → जेड । एक सेट के ऊपर की ओर बंद → एक्स के एन डी सेट है ↑ → एक्स वैक्टर की { → वी ∈ एन डी | ∃ → एक्स ∈ → $\leq$$\mathbb{N}^d$$\vec{u}\leq \vec{x}$$\vec{z}\in\mathbb{N}^d$$\vec{x}=\vec{u}+\vec{z}$$\vec{X}$$\mathbb{N}^d$${\uparrow}\vec{X}$।→ x ≤ → v }। एक सेट के नीचे बंद → एक्स सेट है↓ → एक्स वैक्टर की{ → वी ∈एनडी|∃ → एक्स ∈ → एक्स$\{\vec{v}\in\mathbb{N}^d \mid \exists \vec{x}\in\vec{X}.\,\vec{x}\leq\vec{v}\}$$\vec{X}$${\downarrow}\vec{X}$→ v ≤ → x }।$\{\vec{v}\in\mathbb{N}^d \mid \exists \vec{x}\in\vec{x}.\,\vec{v}\leq\vec{x}\}$

सूचना है कि अगर → यू = ↑ → बी कुछ परिमित सेट के लिए → बी के एन डी और अगर टी एक पेट्री शुद्ध है, हम गणना कर सकता है एक नया पेट्री शुद्ध टी → बी इस तरह के हर विन्यास के लिए कि → एक्स , → y , हमारे पास है → एक्स टी → → y और → एक्स , → वाई ∈ → यू अगर और वह भी तब, → एक्स टी → बी → → $\vec{U}={\uparrow}\vec{B}$$\vec{B}$$\mathbb{N}^d$$T$$T_{\vec{B}}$$\vec{x},\vec{y}$$\vec{x}\xrightarrow{T}\vec{y}$$\vec{x},\vec{y}\in\vec{U}$$\vec{x}\xrightarrow{T_{\vec{B}}}\vec{y}$। वास्तव में, यदि टी = ( → यू , → v ) एक संक्रमण है, तो प्रत्येक के लिए → ख ∈ → बी , चलो टी → ख = ( → यू + → जेड , → वी + → जेड ) जहां → जेड वेक्टर है में एन डी द्वारा componentwise परिभाषित → जेड ( मैं ) = अधिकतम { → ख ( मैं $t=(\vec{u},\vec{v})$$\vec{b}\in\vec{B}$$t_{\vec{b}}=(\vec{u}+\vec{z},\vec{v}+\vec{z})$$\vec{z}$$\mathbb{N}^d$- → यू ( मैं ) , → ख ( मैं ) - → वी ( मैं ) , 0 } के लिए हर 1 ≤ मैं ≤ घ । सूचना है कि टी → यू = { टी → ख | टी ∈ $\vec{z}(i)=\max\{\vec{b}(i)-\vec{u}(i),\vec{b}(i)-\vec{v}(i),0\}$$1\leq i\leq d$→ b ∈ → B }आवश्यकता को संतुष्ट करता है।$T_{\vec{U}}=\{t_{\vec{b}} \mid t\in T\,\vec{b}\in\vec{B}\}$

अब, मान लें कि टी एक पेट्री नेट है, → ओ बाधा का सेट। हम परिमित सेट परिचय → डी = ↓ → हे । गौर करें कि हम प्रभावी रूप से एक परिमित सेट की गणना कर सकता → बी के एन d ऐसी है कि ↑ → बी = एन डी ∖ → डी । चलो आर द्विआधारी संबंध पर परिभाषित किया जा एन डी ∖ → हे द्वारा → एक्स आर → y अगर → एक्स = $T$$\vec{O}$$\vec{D}={\downarrow}\vec{O}$$\vec{B}$$\mathbb{N}^d$${\uparrow}\vec{B}=\mathbb{N}^d\backslash\vec{D}$$R$$\mathbb{N}^d\backslash \vec{O}$$\vec{x} R \vec{y}$y , या वहां मौजूद → एक्स ', → y '∈एनडी∖ → हे ऐसी है कि → एक्स टी → → एक्स ' टी * → बी → → y ' टी → → y ।$\vec{x}=\vec{y}$$\vec{x}',\vec{y}'\in \mathbb{N}^d\backslash \vec{O}$$\vec{x}\xrightarrow{T}\vec{x}'\xrightarrow{T_{\vec{B}}^*}\vec{y}'\xrightarrow{T}\vec{y}$

अब, केवल यह देखें कि यदि प्रारंभिक कॉन्फ़िगरेशन → x से अंतिम एक → y तक मौजूद है जो बाधा से बचता है → O , तो वहाँ मौजूद है जो बाधा से बचने के लिए → O में और जो विन्यास से गुजरता है → D if → ओ उस सेट के अधिकांश कार्डिनल पर। इसलिए, समस्या गैर निर्धारणात्मक अलग चयन करने के लिए कम कर देता है विन्यास → सी 1 , ... , → ग n में → डी ∖ → हे , ठीक → सी$\vec{x}$$\vec{y}$$\vec{O}$$\vec{O}$$\vec{D}\backslash \vec{O}$$\vec{c}_1,\ldots,\vec{c}_n$$\vec{D}\backslash \vec{O}$$\vec{c}_0$प्रारंभिक विन्यास के रूप में → x , c n + 1 अंतिम एक → y के रूप में , और जाँचें कि → c j R → c j + 1 प्रत्येक j के लिए । यह आखिरी समस्या पेट्री नेट्स के लिए शास्त्रीय पुनर्जागरण के सवालों को कम करती है।$\vec{x}$$c_{n+1}$$\vec{y}$$\vec{c}_j R \vec{c}_{j+1}$$j$

Comments

बढिया बहुत धन्यवाद!! यह सवाल समय-समय पर मेरे दिमाग में आ रहा था!

— निकोलस पेरिन

अब, यह स्पष्ट हो सकता है, लेकिन मैं एक अनुवर्ती प्रश्न पूछना चाहता हूं, सुनिश्चित करें। क्या होगा अगर हम Z d को मार्किंग का सेट होने दें? उस मामले में, सटीक समान निर्माण कार्य नहीं करता है। क्या एक साधारण तर्क है जो परिणाम का विस्तार करता है? $\mathbb{Z}^d$

— निकोलस पेरिन

Answer 2

मैं राज्यों (VASS) के साथ वेक्टर जोड़ प्रणालियों के लिए आपके प्रश्न के बारे में सोच रहा हूं जो VAS के बराबर हैं और इस समाधान के साथ आए हैं। अब, मैंने Jérôme का अच्छा उत्तर पढ़ा है और मुझे यह कहना है कि मेरा उत्तर बहुत समान है, इसलिए कृपया मेरे उत्तर को सही मानें , भले ही आप उसका उत्तर दें।

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आइडिया: यह एक VASS कन्वर्ट करने के लिए संभव है वी एक VASS में वी ' कि मना करता वैक्टर छोटे या बाधाओं के बराबर। यह ठीक वैसा नहीं है जैसा हम चाहते हैं, क्योंकि वैक्टर छोटे हैं, लेकिन बाधाओं के बराबर नहीं पहुंचने दिया जाता है। हालांकि, ऐसे कई वैक्टर हैं। इससे मिनिमल्स का अपघटन बहुत से रन में बदल जाता है जो या तो V का संक्रमण है या V ′ के बराबर रन है । इसलिए, हाँ , समस्या विकट है।$V$$V'$$V$$V'$

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विवरण: Let वी = ( क्यू , टी ) एक हो घ -VASS, यानी वी एक परिमित लेबल ग्राफ ऐसी है कि है टी ⊆ क्यू × जेड डी × क्यू । आज्ञा देना ओ ⊆ एन डी बाधाओं का सेट है। चलो π ∈ टी * और एक्स ⊆ एन डी , हम लिख पी ( यू ) π → एक्स क्ष ( v ) जब भी $V=(Q,T)$$d$$V$$T \subseteq Q \times \mathbb{Z}^d \times Q$$O \subseteq \mathbb{N}^d$$\pi ­\in T^*$$X \subseteq \mathbb{N}^d$$p(\boldsymbol{u}) \xrightarrow{\pi}_X q(\boldsymbol{v})$$\pi$Q × X में प्रत्येक मध्यवर्ती विन्यास के साथ p ( u ) से q ( v ) तक एक रन है । हम निरूपित ↓ एक्स = { y : y ≤ एक्स  कुछ के लिए  एक्स ∈ एक्स } ।$p(\boldsymbol{u})$$q(\boldsymbol{v})$$Q \times X$${\downarrow}X = \{\boldsymbol{y} : \boldsymbol{y} \leq \boldsymbol{x} \text{ for some } \boldsymbol{x} \in X\}$

चलो π एक न्यूनतम रन ऐसी है कि हो सकता है पी ( यू ) π → एन डी ∖ हे क्यू ( v ) , यानी एक न्यूनतम रन है कि बाधाओं से बचा जाता है। फिर, डब्बों में सिद्धांत के द्वारा, π एक रन है कि प्रवेश करती है के रूप में किया जा सकता है factorized ↓ हे ∖ हे केवल सीमित कई बार। अधिक औपचारिक रूप से, वहाँ मौजूद टी 1 , टी ' 1 ... , टी एन + 1 , टी ' n + 1 ∈ टी $\pi$$p(\boldsymbol{u}) \xrightarrow{\pi}_{\mathbb{N}^d \setminus O} q(\boldsymbol{v})$$\pi$${\downarrow}O \setminus O${ Ε } , π 1 , ... , π n + 1 ∈ टी * और { पी मैं ( यू मैं ) , क्ष मैं ( v मैं ) , आर मैं ( डब्ल्यू मैं ) } मैं ∈ [ 0 , n + 1 ] ⊆ क्यू × N d ऐसा$t_1, t_1' \ldots, t_{n+1}, t_{n+1}' \in T \cup \{\varepsilon\}$$\pi_1, \ldots, \pi_{n+1} \in T^*$$\{p_i(\boldsymbol{u}_i), q_i(\boldsymbol{v}_i), r_i(\boldsymbol{w}_i)\}_{i \in [0,n+1]} \subseteq Q \times \mathbb{N}^d$

• π = टी 1 π 1 टी ' 1 ⋯ टी एन + 1 π n + 1 टी ' n + 1 ,$\pi = t_1 \pi_1 t_1' \cdots t_{n+1} \pi_{n+1} t_{n+1}'$
• $\forall i \in [0,n]\ \; p_i(\boldsymbol{u}_i) \xrightarrow{t_{i+1}}_{\mathbb{N}^d} q_{i+1}(\boldsymbol{v}_{i+1}) \xrightarrow{\pi_{i+1}}_{\mathbb{N}^d \setminus {\downarrow}O} r_{i+1}(\boldsymbol{w}_{i+1}) \xrightarrow{t_{i+1}'}_{\mathbb{N}^d} p_{i+1}(\boldsymbol{u}_{i+1})$
• $p_0(\boldsymbol{u}_0) = p(\boldsymbol{u}),\ p_{n+1}(\boldsymbol{u}_{n+1}) = q(\boldsymbol{v})$,
• $\forall i \in [1,n]\ \; \boldsymbol{u}_i \in {\downarrow}O \setminus O$.
• $n \leq |Q| \cdot |{\downarrow}O|$.

Therefore, it suffices to guess $n$, $t_1, t_1', \ldots, t_{n+1}, t_{n+1}'$ and the intermediate configurations. Testing whether $p(\boldsymbol{x}) \xrightarrow{*}_{\mathbb{N}^d \setminus {\downarrow}O} q(\boldsymbol{y})$ can be carried out by converting $V$ into a new $d$-VASS $V'$ where each transition $t \in T$ is replaced by a gadget of $4|O|+1$ transitions. For example, if $O = \{(1,5), (2,3)\}$ then the transitions are replaced as follows:

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Thanks!! Two correct answers in less than 2 days, I have to say that this community works well :)

— Nicolas Perrin