के-क्लिक की 2FA राज्य जटिलता?

Question

सरल रूप में:

क्या दो-तरफ़ा परिमित ऑटोमोटन $v$ -vertex ग्राफ़ को पहचान सकता है जिसमें $o(v^3)$ राज्यों के साथ एक त्रिकोण होता है?

विवरण

यहाँ ब्याज की $v$ -vertex रेखांकन किनारों के अनुक्रम का उपयोग कर एन्कोडेड हैं, प्रत्येक किनारे से अलग कोने की एक जोड़ी है $\{0,1,\dots,v-1\}$।

मान लीजिए कि $(M_v)$ दो-तरफ़ा परिमित ऑटोमेटा (नियतात्मक या नॉन्डेटर्मिनिस्टिक ) का एक क्रम है, जैसे कि , v -vertex इनपुट ग्राफ पर k -Clique को $M_v$पहचानता है और s ( v ) अवस्थाएँ है। सवाल का एक सामान्य रूप तो है: Is रों ( v ) = Ω ( v कश्मीर ) ?$k$$v$$s(v)$$s(v) = \Omega(v^k)$

अगर $k = k(v) = \omega(1)$ और $s(v) \ge v^{k(v)}$ असीम कई के लिए $v$ , तो NL ≠ एनपी। कम महत्वाकांक्षी रूप से, मैं इसलिए कह रहा हूं कि $k$ तय हो गया है, और $k=3$ मामला पहले वाला है।

पृष्ठभूमि

एक दो-तरफा परिमित ऑटोमेटन (2FA) एक ट्यूरिंग मशीन है जिसमें कोई कार्यक्षेत्र नहीं है, केवल आंतरिक राज्यों की एक निश्चित संख्या है, लेकिन इसके रीड-ओनली इनपुट हेड को आगे-पीछे कर सकते हैं। इसके विपरीत, सामान्य प्रकार के परिमित ऑटोमेटन (1FA) अपने रीड-ओनली इनपुट हेड को केवल एक दिशा में ले जाते हैं। परिमित ऑटोमेटा नियतात्मक (डीएफए) या नॉनडेर्मिनिस्टिक (एनएफए) हो सकता है, साथ ही उनके इनपुट के लिए एक-तरफ़ा या दो-तरफ़ा एक्सेस हो सकता है।

एक ग्राफ संपत्ति रेखांकन का एक सबसेट है। बता दें, Q v , संपत्ति Q के साथ v -vertex ग्राफ को निरूपित करता है । प्रत्येक ग्राफ संपत्ति Q के लिए , भाषा Q v को 1DFA द्वारा अधिकतम 2 v ( v - 1 ) / 2 राज्यों के साथ पहचाना जा सकता है, हर संभव ग्राफ़ के लिए एक राज्य का उपयोग करके और Q के अनुसार उन्हें लेबल करके , और लेबल किए गए राज्यों के बीच संक्रमण किनारों से। क्यू v इसलिए किसी भी संपत्ति के लिए एक नियमित भाषा है $Q$$Q_v$$v$$Q$$Q$$Q_v$$2^{v(v-1)/2}$$Q$$Q_v$$Q$। माइहिल-नेरोड प्रमेय द्वारा तब आइसोमोर्फिज्म सबसे छोटा 1DFA तक एक अनूठा होता है जो पहचानता है । यह है, तो 2 रों ( v ) राज्यों, तो मानक विस्फोट सीमा उपज है कि एक 2FA पहचानने क्यू वी कम से कम है रों ( v ) Ω ( 1 ) राज्यों। तो मानक विस्फोट सीमा के माध्यम से इस दृष्टिकोण केवल ज्यादा से ज्यादा पैदावार में एक द्विघात v किसी के लिए एक 2FA में राज्यों की संख्या पर बाध्य निचले क्यू वी (तब भी जब क्यू कठिन या अनिर्णनीय है)।$Q_v$$2^{s(v)}$$Q_v$$s(v)^{\Omega(1)}$$v$$Q_v$$Q$

-Clique एक पूर्ण k -vertex उपसमूहयुक्त ग्राफ़ गुण है। को स्वीकार करते हुए कश्मीर -Clique वी एक 1NFA द्वारा किया जा सकता है कि पहली nondeterministically में से एक चुनता है ($k$$k$$k$$_v$ विभिन्न संभावितk-klique को देखने के लिए, और फिर एक बार इनपुट को स्कैन करता है, क्लीक की पुष्टि करने के लिए आवश्यक किनारों में से प्रत्येक की तलाश करता है, और प्रत्येक के लिए2k(k-1)/2स्टेट्सका उपयोग करके इन किनारों का ट्रैक रखता है। विभिन्न संभावित क्लोन। ऐसा 1NFA है ($\binom{v}{k}$$k$$2^{k(k-1)/2}$राज्यों, जहां1≤सीवी≤ई। जबkको ठीक किया जाता है, तो यहΘ(vk) होताहै। इनपुट के लिए दो-तरफ़ा एक्सेस की अनुमति देने से संभावित रूप से इस एक-तरफ़ा से अधिक सुधार हो सकता है। सवाल तोk=3 केलिए पूछ रहा है$\binom{v}{k}2^{k(k-1)/2} = (c_v 2^{(k-1)/2}/k)^k.v^k$$1 \le c_v \le e$$k$$\Theta(v^k)$$k=3$ क्या 2FA इस 1FA ऊपरी सीमा से बेहतर कर सकता है।

परिशिष्ट (2017-04-16): निर्धारक समय के लिए एक संबंधित प्रश्न भी देखें और सबसे अच्छा ज्ञात एल्गोरिदम को कवर करने वाला एक अच्छा उत्तर । मेरा सवाल गैर-गणतंत्रवादी सिद्धांत पर केंद्रित है। इस संदर्भ में समय-कुशल एल्गोरिदम द्वारा उपयोग किए जाने वाले मैट्रिक्स गुणन में कमी जानवर-बल दृष्टिकोण से भी बदतर है।

Comments

मैं वास्तव में इस सवाल की तरह! इसे साझा करने के लिए धन्यवाद! :)

— माइकल वीहर

Answer 1

यह मुझे लगता है कि त्रिकोण 2FA द्वारा O ( n 2 ) अवस्था (n कोने की संख्या ) के साथ किया जा सकता है ।$A$$O(n^2)$

के लिए विचार इस प्रकार है:$k=3$

1. चरण 1 में, कुछ बढ़त चुनता है ( मैं , जे ) और दुकानों ( पी एच एक रों ई 1 , मैं , जे ) अपने राज्य में$A$$(i,j)$$(phase 1,i,j)$
2. चरण 2 में यह रूप से कुछ बढ़त की ओर बढ़ता या ( मीटर , मैं ) और फार्म के एक राज्य मान लिया गया है ( पी एच एक रों ई 2 , जे , मीटर $(i,m)$$(m,i)$$(phase 2,j,m)$
3. चरण 3 में, यह जाँचता है कि कुछ बढ़त या ( m , j ) है और यदि यह एक मिल जाए तो एक स्वीकार करने की स्थिति मान लें।$(j,m)$$(m,j)$

यह वास्तव में लगभग बाएं से दाएं फैशन में किया जा सकता है (तब nondeterministically चरण 2 में ( j , m ) या ( m , j ) के लिए पहले जाने का निर्णय ले सकता है )। हालाँकि, यदि दूसरा किनारा फॉर्म ( m , i ) में आता है , तो A को पहले i और फिर m को पढ़ने की आवश्यकता है , यानी, यहाँ एक सिंगल लेफ्ट-स्टेप की जरूरत है।$A$$(j,m)$$(m,j)$$(m,i)$$A$$i$$m$

इस के साथ ऑटोमेटा में परिणाम चाहिए राज्यों के लिए कश्मीर के लिए -Clique कश्मीर > 3 पहले एक सेट का अनुमान लगाकर एस आकार की कश्मीर - 3 और परीक्षण, कि वह के नोड्स एस जोड़ो में किनारों से जुड़े हुए हैं और प्रत्येक के लिए, ऊपर में i, j, m, जाँच रहा है कि उनके पास S के सभी नोड्स के किनारे हैं ।$O(n^{k-1})$$k$$k>3$$S$$k-3$$S$$S$

Comments

I don't see how this is $O(n^2)$? Three vertices $i,j,m$ are being tracked.

— András Salamon

Only two at a time. Reading $(i,m)$ in phase 2 is done in two transitions. On reading $i$, $A$ basically goes from (phase 1,i,j) to (phase 1a,i,j) (indicating, it has just seen $i$) and in the next step into (phase 2,j,m). At this point it is done with $i$, as it already saw $(i,j)$ and $(i,m)$ and only $(j,m)$ needs to be checked.

— Thomas S

If the number of edges and vertices is roughly the same, then I think this works fine, but the interesting case is when $e = \Omega(v^2)$. In other words, I think your approach uses at least $v \cdot e$ states.

— Michael Wehar

I think you are right. If the input is given in a nice format this works. :)

— Michael Wehar

@Marzio: no, it says (no, it says deterministic or nondeterministic)

— Thomas S