क्या किसी दी गई नियमित भाषा में एक अनंत उपसर्ग-मुक्त उपसमुच्चय होता है?

एक परिमित वर्णमाला पर शब्दों का एक सेट उपसर्ग-मुक्त है अगर कोई दो अलग-अलग शब्द नहीं हैं जहां एक दूसरे का उपसर्ग है।

प्रश्न है:

यह जाँचने की जटिलता क्या है कि एनएफए के रूप में दी जाने वाली एक नियमित भाषा में एक अनंत उपसर्ग-रहित उपसमुच्चय है?

उत्तर (मिखाइल रूडोय के कारण, यहाँ नीचे) : यह बहुपद में किया जा सकता है, और मुझे लगता है कि एनएल में भी।

टीका के मिखाइल का जवाब, चलो $(\Sigma,q_0,F,\delta)$ सामान्य रूप में इनपुट NFA (कोई एप्सिलॉन संक्रमण, ट्रिम) हो, और $L[p,r]$ (resp। $L[p,R]$ ) हो प्रारंभिक अवस्था के रूप में राज्य $p$ और अंतिम स्थिति के रूप में $\{r\}$ द्वारा प्राप्त की गई भाषा (सम्मान। राज्य $p$ रूप में जन्मजात और अंतिम $R$ रूप में सेट )। एक शब्द के लिए $u$ जाने $u^\omega$ $u$ को प्रसारित करके प्राप्त अनंत शब्द ।

निम्नलिखित समतुल्य हैं:

भाषा $L[q_0,F]$ में एक अनंत उपसर्ग-मुक्त उपसमुच्चय है।
$\exists q \in Q$ , $\exists u \in L[q,q]\smallsetminus\{\varepsilon\}$ $\exists v \in L[q,F]$ ताकि $v$ नहीं का एक उपसर्ग है $u^\omega$ ।
$\exists q \in Q$ $L[q,q] \neq \{\varepsilon\}$ $\forall u \in L[q,q]$ $\exists v \in L[q,F]$ ताकि $v$ का एक उपसर्ग नहीं है $u^\omega$ ।

सबूत:

3 $\Rightarrow$ 2 तुच्छ।

2 के लिए $\Rightarrow$ 1, यह देखने के लिए कि किसी भी के लिए पर्याप्त होता $w \in L[q_0,q]$ हम उस राशि $w (u^{|v|})^* v$ की एक अनंत उपसर्ग मुक्त सबसेट है $L[q_0,F]$ ।

अंत में, 1 $\Rightarrow$ 3 मिखाइल के उत्तर में "शुद्धता" प्रमाण है।

— Googlo
स्रोत

जवाबों:

आपकी समस्या को बहुपद समय में हल किया जा सकता है।

आरंभ करने के लिए, दिए गए NFA को निम्नलिखित अतिरिक्त गुणों के साथ बराबर NFA में परिवर्तित करें:

एप्सिलॉन संक्रमण नहीं हैं
सभी राज्य प्रारंभ स्थिति से उपलब्ध हैं

सहायक उपखंड

मान लीजिए कि हमारे पास एक एनएफए $N$ , एक राज्य $q$ , और एक गैर-रिक्त स्ट्रिंग $s$ । निम्नलिखित सबरूटीन हमें निम्नलिखित बयान की सच्चाई मूल्य का मूल्यांकन करने देगा: "में हर पथ $N$ राज्य से $q$ एक के लिए एक स्ट्रिंग तार का एक उपसर्ग है कि करने के लिए राज्य मेल खाती स्वीकार $s^n$ कुछ के लिए $n$ ।" इसके अलावा, यह सबरूटीन बहुपद समय में चलेगा।

$S$ $|s| + 1$ $s^n$ $n$ $|s|$ $sssss\ldots$ $N'$ $N$ $q$ $N''$ जिनकी भाषा है NFA चौराहे निर्माण मानक का उपयोग कर। ध्यान दें कि ये सभी निर्माण इनपुट के आकार में बहुपद हैं। $L(N'')$ $L(S) \cap L(N')$

फिर बस परीक्षण करें कि क्या की भाषा खाली है (जो कि सरल ग्राफ खोज के साथ बहुपद में किया जा सकता है)। यदि और केवल यदि , या दूसरे शब्दों में हर स्ट्रिंग नहीं है । दूसरे शब्दों में, की भाषा रिक्त है यदि और केवल तभी केवल उन तारों को स्वीकार करता है जो कुछ लिए उपसर्ग हैं । इसे ठीक उसी कथन के रूप में देखा जा सकता है जिस कथन का हम मूल्यांकन करने की कोशिश कर रहे थे: " राज्य से में हर रास्ता एक स्वीकार अवस्था के अनुरूप होता है जो एक स्ट्रिंग से मेल खाती है जो स्ट्रिंग का उपसर्ग होता है। $N''$ $L(N'') = \emptyset$ $L(S) \cap L(N') = \emptyset$ $L(N')$ $L(S)$ $N''$ $N'$ $s^n$ $n$ $N$ $q$ $s^n$ कुछ । " $n$

मुख्य एल्गोरिथ्म

एनएफए में राज्यों के सेट पर विचार करें जो कुछ लूप में हैं। ऐसे प्रत्येक राज्य के लिए, , निम्नलिखित करें: $q$

चलो किसी भी सरल पाश युक्त हो । चलो स्ट्रिंग पाश करने के लिए इसी होना । चूंकि एनएफए में एप्सिलॉन संक्रमण नहीं है , इसलिए खाली नहीं है। फिर एनएफए, राज्य और स्ट्रिंग लिए सबरूटीन लागू करें । सबरूटीन हमें बताता है, तो हर पथ पर शुरू कि NFA में और का एक उपसर्ग के लिए एक स्वीकार राज्य मेल खाती है पर समाप्त कुछ के लिए तो अगले राज्य के लिए जारी । अन्यथा, आउटपुट जो दिए गए NFA की भाषा में एक अनंत प्रीफ़ेक्स-फ्री सबसेट है। $P_2$ $q$ $s$ $P_2$ $s$ $q$ $s$ $q$ $s^n$ $n$ $q$

यदि हम हर स्टेट कोशिश करते हैं जो लूप में है और एल्गोरिथम कभी आउटपुट नहीं करता है, तो आउटपुट जो दिए गए एनएफए की भाषा में अनंत प्रीफेक्स-फ्री सबसेट नहीं होता है। $q$

सुधार (पहली छमाही)

पहले, मान लीजिए कि उपर्युक्त एल्गोरिथ्म यह दावा करता है कि दी गई NFA की भाषा में एक अनंत प्रीफ़ेक्स-फ्री सबसेट है। मान लीजिए कि कुछ लूप और कुछ स्टेट को देखते हुए इस आउटपुट को चुना गया था । पहले की तरह, , संबंधित स्ट्रिंग है । फिर हम सबरूटीन के अनुसार पता है कि नहीं हर पथ पर शुरू NFA में और अंत में एक का एक उपसर्ग के लिए राज्य मेल खाती स्वीकार कुछ के लिए (के रूप में इस सबरूटीन का ही उत्पादन है कि मुख्य करने के लिए नेतृत्व करेंगे है उस पर आउटपुट आउटपुट )। $P_2$ $q$ $s$ $P_2$ $q$ $s^n$ $n$ $q$

चलो से एक रास्ता: एक पथ जिसका अस्तित्व सबरूटीन द्वारा जोर दिया जाता है हो एक स्वीकार राज्य के लिए ऐसी है कि इसी स्ट्रिंग का एक उपसर्ग नहीं है किसी के लिए । $P_3$ $q$ $t$ $s^n$ $n$

चलो से मिलकर की प्रतियां जहां पर्याप्त रूप से बड़े वह यह है कि। चूंकि माध्यम से एक लूप है , को से पथ के रूप में माना जा सकता है । स्ट्रिंग के लिए इसी है $P_2'$ $m$ $P_2$ $m$ $m|s| > |t|$ $P_2$ $q$ $P_2'$ $q$ $q$ $P_2'$ $s^m$

बता दें कि स्टार्ट स्टेट से तक का रास्ता है (जो कि हर राज्य में शुरू से ही उपलब्ध है) और को इस पथ के अनुरूप होने दें । $P_1$ $q$ $r$

तब से मिलकर पथ , की प्रतियां , और एक को स्वीकार गणना मार्ग है। इस पथ के अनुरूप स्ट्रिंग । इस प्रकार, NFA फॉर्म प्रत्येक स्ट्रिंग को स्वीकार करता है । यह एनएफए द्वारा स्वीकृत स्ट्रिंग्स का एक अनंत सेट है, और मेरा दावा है कि स्ट्रिंग्स का यह सेट पूर्व-मुक्त है। विशेष रूप से, मान लीजिए का एक उपसर्ग है साथ । दूसरे शब्दों में, एक उपसर्ग है । चूँकि की लंबाई, यह बताता है कि $P_1$ $x$ $P_2'$ $P_3$ $r(s^m)^xt$ $r(s^m)^xt$ $r(s^m)^xt$ $r(s^m)^yt$ $y > x$ $t$ $(s^m)^{y-x}t$ $(s^m)^{y-x}$ $m(y-x)|s| \ge m|s| > |t|$ $t$ , का एक उपसर्ग है । लेकिन हम सबरूटीन के आउटपुट से जानते हैं कि किसी भी लिए का उपसर्ग नहीं है । इस प्रकार, का एक उपसर्ग नहीं हो सकता है , और वांछित के रूप में तार का सेट उपसर्ग मुक्त है। $(s^m)^{y-x} = s^{m(y-x)}$ $t$ $s^n$ $n$ $r(s^m)^xt$ $r(s^m)^yt$

इस प्रकार, मैंने दिखाया है कि यदि मुख्य एल्गोरिथ्म आउटपुट करता है कि दी गई एनएफए की भाषा में एक अनंत प्रीफेक्स-फ्री सबसेट है तो यह वास्तव में मामला है।

शुद्धता (दूसरी छमाही)

इसके बाद, मैं दूसरे आधे हिस्से को दिखाऊंगा: यदि दिए गए एनएफए की भाषा में एक अनंत प्रीफ़ेक्स-फ्री सबसेट है तो मुख्य एल्गोरिथ्म इस तथ्य को आउटपुट करेगा।

मान लीजिए दिए गए NFA की भाषा में एक अनंत उपसर्ग-मुक्त उपसमुच्चय है। चलो (स्वीकार करने) अभिकलन रास्तों इन तार करने के लिए इसी के सेट हो। ध्यान दें कि अभिकलन पथों को स्वीकार करने का एक असीम समुच्चय है जिसके संगत तार कभी एक दूसरे के उपसर्ग नहीं होते हैं। $A$ $A$

यह कहें कि एनएफए में एक राज्य "लूपिंग" है यदि एनएफए में उस राज्य के माध्यम से एक लूप मौजूद है और "नॉन लूपिंग" अन्यथा। प्रारंभ राज्य से किसी भी लूपिंग राज्य तक सभी रास्तों पर विचार करें जो केवल गैर-लूपिंग राज्यों से गुजरते हैं (एक लूपिंग राज्य को छोड़कर जहां वे समाप्त होते हैं)। बता दें कि इन रास्तों का सेट है। प्रत्येक पथ पास लूप नहीं हो सकता है क्योंकि तब उस लूप में स्थित अवस्थाएँ लूपिंग अवस्थाएँ होंगी और इसलिए एक लूपिंग अवस्था से गुज़रेगा। इस प्रकार, में रास्तों की लंबाई एनएफए में राज्यों की संख्या से ऊपर से बंधी हुई है और इसलिए परिमित है (उदाहरण के लिए, यदि प्रारंभ राज्य एक लूपिंग राज्य है तो एकमात्र ऐसा मार्ग खाली पथ है)। $P$ $p \in P$ $p$ $P$ $P$

हम को विभाजन में विभाजित कर सकते हैं कि शुरू में उस गणना पथ पर आधारित है। विशेष रूप से, , में सभी कम्प्यूटेशन पथों का सेट है, जो पथ शुरू होता है और , में अन्य सभी पथों का सेट होने देता है । स्पष्ट रूप से, सभी s और असंतुष्ट हैं और उनका संघ पूरा सेट । इसके अलावा, में केवल पथ होते हैं जो लूपिंग स्थिति से नहीं गुजरते हैं, और इसलिए कभी भी लूप नहीं होते हैं; इस प्रकार परिमित है। हम निष्कर्ष निकाल सकते हैं कि कुछ $A$ $|P|+1$ $A$ $p \in P$ $A_p$ $A$ $p$ $B$ $A$ $A_p$ $B$ $A$ $B$ $B$ $A_p$ अनंत होना चाहिए (अन्यथा बहुत से परिमित सेटों का एक संघ होगा)। $A$

चूंकि अनंत है, इसलिए अनंत रूप से कई संगणना पथ हैं, जिनमें से कोई भी तार एक दूसरे के उपसर्ग नहीं हैं, जो कि शुरू होने वाले रास्तों को स्वीकार कर रहे हैं । चलो राज्य पथ के अंत में पहुँच हो । हम यह निष्कर्ष निकाल सकते हैं कि असीम रूप से कई स्वीकार करने वाले मार्ग हैं, इस सेट को , जो कि उन सभी के साथ शुरू होता है, जो एक दूसरे के उपसर्ग नहीं हैं। $A_p$ $p$ $q$ $p$ $A'$ $q$

मुख्य एल्गोरिथ्म के दौरान, हम राज्य और कुछ स्ट्रिंग पर सबरूटीन चलाते हैं । यह सबरूटीन हमें बताता है कि क्या पर शुरू होने वाला प्रत्येक स्वीकार पथ एक स्ट्रिंग से मेल खाता है जो कुछ लिए का उपसर्ग है । यदि ऐसा होता, तो में सभी असीम रूप से स्वीकार करने वाले कई रास्ते के विभिन्न लिए उपसर्ग होंगे, जिसका अर्थ यह होगा कि वे सभी एक दूसरे के उपसर्ग हैं। यह मामला नहीं है, इसलिए हम यह निष्कर्ष निकालते हैं कि जब मुख्य एल्गोरिथ्म राज्य पर सबरूटीन चलाता है $q$ $s$ $q$ $s^n$ $n$ $A'$ $s^n$ $n$ $q$ , परिणाम अन्य संभावित परिणाम है। यह, हालांकि, मुख्य एल्गोरिथ्म को आउटपुट में ले जाता है कि एनएफए की भाषा में एक अनंत उपसर्ग-मुक्त उपसमुच्चय है।

यह शुद्धता के प्रमाण को समाप्त करता है।

— मिखाइल रूडोय
स्रोत

मुझे समझ नहीं आ रहा है कि लूप हैंडलिंग कैसे काम करती है, क्योंकि किसी दिए गए राज्य कई छोरों का (घातीय रूप से) हिस्सा हो सकता है। बेशक, यदि उन दो छोरों का उपयोग गैर-आवधिक अनुक्रम उत्पन्न करने के लिए किया जा सकता है, तो हमें किया जाता है।

q

$q$

— जफ

लूप हैंडलिंग से आपका क्या अभिप्राय है? मुख्य एल्गोरिथ्म में, हर राज्य के लिए आप बस एक पाश है कि माध्यम से चला जाता लेने (संभावित तेजी से कई से बाहर किसी भी लूप) और कहा कि पाश फोन (समापन आप राज्य पर सबरूटीन चलाने और स्ट्रिंग जहां स्ट्रिंग है संबद्ध )। सबरूटीन अनिवार्य रूप से उस लूप का उपयोग करके गैर-आवधिक अनुक्रम उत्पन्न करना संभव है या नहीं, इसकी जांच को संभालता है। यदि हाँ, तो हम कर रहे हैं। यदि नहीं (और इसके अलावा प्रत्येक लिए नहीं ), तो आपकी पूरी भाषा आवधिक अनुक्रमों का एक संघ है इसलिए हम भी काम कर रहे हैं।

q

$q$

q

$q$

P_{2}

$P_2$

q

$q$

s

$s$

s

$s$

P_{2}

$P_2$

q

$q$

— मिखाइल रुडोय

मेरे प्रश्न को स्पष्ट करने के लिए, यहाँ प्रारंभिक अवस्था , अंतिम अवस्था और तीन बदलावों के साथ एक सरल NFA है : , , । के लिए पाश उपसर्ग मुक्त तार उत्पन्न नहीं होगा, लेकिन के लिए पाश होगा।

q

$q$

T

$T$

q \overset{a}{\to} q

$q \overset{a}{\rightarrow} q$

q \overset{b}{\to} q

$q \overset{b}{\rightarrow} q$

q \overset{a}{\to} T

$q \overset{a}{\rightarrow} T$

a

$a$

b

$b$

— जाफ

वास्तव में, लिए लूप एक उपसर्ग मुक्त सेट उत्पन्न करता है: स्ट्रिंग्स सभी लूप का उपयोग करते हैं । मेरे एल्गोरिथ्म में, यदि आप लिए जो लूप चुनते हैं वह लूप है तो सबरूटीन यह निर्धारित करेगा कि नहीं, पर शुरू होने वाले प्रत्येक स्वीकार पथ में का एक स्ट्रिंग नहीं है , और इसलिए मुख्य एल्गोरिथ्म कहेगा कि एक अनंत उपसर्ग मुक्त सबसेट मौजूद है। यदि लूप एल्गोरिथ्म का उपयोग लिए करता है तो लूप है तो सबरूटीन यह निर्धारित करता है कि पर शुरू होने वाले प्रत्येक स्वीकार पथ में का कोई स्ट्रिंग नहीं है

a

$a$

a^{*} b a

$a^*ba$

a

$a$

q

$q$

a

$a$

q

$q$

a^{*}

$a^*$

q

$q$

b

$b$

q

$q$

b^{*}

$b^*$ , और इस मामले में भी एल्गोरिथ्म का एक ही आउटपुट है।

— मिखाइल रुडोय

धन्यवाद मिखाइल! मुझे लगता है कि आपका जवाब सवाल सुलझाता है।

— गोगलो

परिभाषाएं

परिभाषा 1 : Let शब्द का एक सेट हो। हम कहते हैं कि है अच्छी तरह से अनंत उपसर्ग से मुक्त (इस उत्तर के प्रयोजन के लिए नाम बना हुआ) देखते हैं, तो शब्द और ऐसी है कि: $S$ $S$ $u_0,\dots,u_n,\dots$ $v_1,\dots,v_n,\dots$

प्रत्येक , और गैर-रिक्त हैं और अलग-अलग अक्षरों से शुरू होते हैं; $n\ge 1$ $u_n$ $v_n$
$S=\{u_0v_1,\dots,u_0\dots u_n v_{n+1},\dots\}$ ।

अंतर्ज्ञान यह है कि आप उन सभी शब्दों को एक अनंत जड़ वाले पेड़ पर रख सकते हैं ( ■मूल है, ▲पत्ते हैं, और •निम्नलिखित आकार के शेष आंतरिक नोड हैं) जैसे कि में शब्द बिल्कुल रास्तों के लेबल हैं जड़ से पत्ती तक: $S$

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

प्रस्ताव 1.1 : एक अच्छी तरह से अनंत उपसर्ग मुक्त सेट उपसर्ग मुक्त है।

प्रस्ताव 1.1 का प्रमाण : मान लीजिए कि का एक सख्त उपसर्ग है । दो मामले हैं: $u_0\dots u_n v_{n+1}$ $u_0 \dots u_m v_{m+1}$

यदि तब उपसर्ग है । यह असंभव है क्योंकि और में पहले अक्षर अलग हैं। $n < m$ $v_{n+1}$ $u_{n+1}\dots u_m v_{m+1}$ $u_{n+1}$ $v_{n+1}$
यदि तो का उपसर्ग है । यह असंभव है क्योंकि और पहले अलग-अलग अक्षर हैं। $n > m$ $u_{m+1}\dots u_n v_{n+1}$ $v_{m+1}$ $u_{m+1}$ $v_{m+1}$

प्रस्ताव 1.2 : एक अच्छा अनंत उपसर्ग-मुक्त सेट अनंत है।

प्रस्ताव 1.2 का प्रमाण: सबूत 1.1 में, हमने दिखाया कि यदि तो और उपसर्ग क्रम के लिए तुलनीय नहीं हैं। इसलिए वे समान नहीं हैं। $n\not= m$ $u_0\dots u_n v_{n+1}$ $u_0 \dots u_m v_{m+1}$

मुख्य प्रमाण

प्रस्ताव 2 : किसी भी अनंत उपसर्ग मुक्त सेट में एक अच्छा अनंत उपसर्ग मुक्त सेट होता है।

प्रस्ताव 3 : एक भाषा में एक अनंत उपसर्ग-मुक्त सेट होता है अगर और केवल अगर उसमें एक अच्छा अनंत उपसर्ग-मुक्त सेट होता है।

नीचे प्रमाण।

प्रस्ताव 3 : प्रस्ताव द्वारा प्रस्ताव 2. द्वारा प्रस्ताव 1.1 और 1.2। $\boxed{\Rightarrow}$ $\boxed{\Leftarrow}$

प्रस्ताव 4 : एक नियमित भाषा के अच्छी तरह से उपसर्ग-मुक्त उपसमुच्चय का सेट (एक अनंत शब्द के रूप में एन्कोड किया गया है ) is omega-अनियमित (और Bucchi automaton का आकार पहचानने वाला यह एनएफए के आकार में बहुपद है जो नियमित भाषा को पहचानता है)। $\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\overline{u_2}\dots$ $\omega$

नीचे प्रमाण।

प्रमेय 5 : यदि NFA द्वारा वर्णित एक नियमित भाषा में एक अनंत उपसर्ग-रहित उपसमुच्चय है, तो यह तय करना कि NFA के आकार में समय के बहुपद में क्या किया जा सकता है।

प्रमेय 5 का प्रमाण : प्रस्ताव 3 के अनुसार, यह परीक्षण करने के लिए पर्याप्त है कि क्या इसमें एक अच्छी तरह से अनंत उपसर्ग-रहित उपसमुच्चय है, जो कि प्रस्ताव 4 द्वारा दिए गए बुची ऑटोमेटन के निर्माण और इसके गैर-खालीपन का परीक्षण करके बहुपदीय समय में किया जा सकता है। भाषा (जो बुची ऑटोमेटन के आकार में समय रेखीय में की जा सकती है)।

प्रस्ताव का प्रमाण २

Lemma 2.1 : यदि एक उपसर्ग-मुक्त सेट है, तो (किसी भी शब्द ) है। $S$ $w^{-1}S$ $w$

प्रमाण २.१ : परिभाषा से।

Lemma 2.2 : शब्दों का अनंत सेट है। चलो होना में सभी शब्दों को सबसे लंबे उपसर्ग आम । और में एक ही कार्डिनल है। $S$ $w:=\operatorname{lcp}(S_n)$ $S$ $S$ $w^{-1}S$

प्रमाण 2.2 : परिभाषित करें से । इसे की परिभाषा द्वारा अच्छी तरह से परिभाषित किया गया है , परिभाषा द्वारा इंजेक्शन और परिभाषा के द्वारा विशेषण । $f:w^{-1}S\to S$ $f(x)=wx$ $w^{-1}S$ $f$ $w$

प्रस्ताव 2 का सबूत : हम निर्माण और पर प्रेरण द्वारा , प्रेरण परिकल्पना के साथ निम्नलिखित भागों से बना: $u_n$ $v_n$ $n$ $H_n$

$(P_1)$ सभी , ; $k\in\{1,\dots,n\}$ $u_0\dots u_{k-1} v_k \in S$
$(P_2)$ के लिए सभी , और गैर खाली और विशिष्ट पत्र के साथ शुरू कर रहे हैं; $k\in\{1,\dots,n\}$ $u_k$ $v_k$
$(P_3)$ $S_n:=(u_0\dots u_n)^{-1}S$ अनंत है;
$(P_4)$ में सभी शब्दों के लिए कोई गैर-रिक्त उपसर्ग नहीं है । दूसरे शब्दों में: कोई पत्र है ऐसी है कि । $S_n$ $a$ $S_n\subseteq a\Sigma^*$

टिप्पणी 2.3 : यदि हमारे पास ऐसे अनुक्रम हैं जो को बिना सत्यापित , तो हम उन्हें संतुष्ट करने के लिए को भी संशोधित कर सकते हैं । दरअसल, यह को द्वारा प्रतिस्थापित करने के लिए है । अप्रभावित है। तुच्छ है। निर्माण द्वारा है। लेम्मा 3 द्वारा है। $H_n$ $(P_4)$ $u_n$ $(P_4)$ $u_n$ $u_n\operatorname{lcp}(S_n)$ $(P_1)$ $(P_2)$ $(P_4)$ $(P_3)$

अब हम पर इंडक्शन द्वारा अनुक्रम बनाते हैं : $n$

प्रारंभ: लेने से सच है (यानी लेने के द्वारा और टिप्पणी 3.1 आवेदन कर)। $H_0$ $u_0:=\operatorname{lcp}(S)$ $u_0:=\varepsilon$
इंडक्शन स्टेप: मान लीजिए कि हमारे पास शब्द हैं और जैसे कि कुछ लिए । हम और निर्माण करेंगे, ऐसा । $u_1,\dots,u_n$ $v_1,\dots,v_n$ $H_n$ $n$ $u_{n+1}$ $v_{n+1}$ $H_{n+1}$

चूँकि अनंत और उपसर्ग-रहित है (lemma 1 द्वारा), इसमें शामिल नहीं है ताकि । चूंकि अनंत है, वहाँ एक पत्र है ऐसी है कि अनंत है। तक , वहाँ एक पत्र है से अलग ऐसी है कि गैर खाली है। उठाओ । ले रहा है होने के लिए संतुष्ट हैं , और $S_n$ $\varepsilon$ $S_n=\underset{a\in \Sigma}{\bigsqcup}(S_n\cap a\Sigma^*)$ $S_n$ $a$ $S_n\cap a\Sigma^*$ $(P_4)$ $b$ $a$ $S_n\cap b\Sigma^*$ $v_{n+1}\in S_n\cap b\Sigma^*$ $u_{n+1}$ $a$ $(P_1)$ $(P_2)$ $(P_3)$ इसलिए हम पाने के लिए टिप्पणी 3.1 को लागू करते हैं : । $(P_4)$ $u_{n+1}:=a\operatorname{lcp}(a^{-1}S_n)$

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

$(P_2)$ और परिभाषा से । $u_{n+1}$ $v_{n+1}$

$(P_3)$ $a^{-1}S_n$ परिभाषा से अनंत है , और इसलिए lemma 3 से अनंत है। $a$ $S_{n+1}$

$(P_4)$ परिभाषा से । $u_{n+1}$

प्रस्ताव का प्रमाण ४

प्रस्ताव 4 का प्रमाण : एक NFA हो। $A=(Q,\to,\Delta,q_0,F)$

यह विचार निम्नलिखित है: हम पढ़ते हैं , याद रखें कि हम कहां हैं, पढ़ें , बैकट्रैक जहां हम पढ़ने के बाद थे , पढ़ें , याद रखें कि हम कहां हैं, ... हमें वह पहला अक्षर भी याद है जो प्रत्येक में पढ़ा गया था यह सुनिश्चित करने के लिए कि दूसरे अक्षर से शुरू होता है। $u_0$ $v_1$ $u_0$ $u_1$ $v_n$ $u_n$

मुझे बताया गया है कि यह बहु-सिर ऑटोमेटा के साथ आसान हो सकता है, लेकिन मैं वास्तव में औपचारिकता से परिचित नहीं हूं इसलिए मैं सिर्फ बुची ऑटोमेटन (केवल एक सिर के साथ) का उपयोग करके इसका वर्णन करूंगा।

हम सेट , जहां overlined प्रतीकों का प्रयोग किया जाएगा वर्णन करता के लिए टोपी के साथ और प्रतीकों रों। $\Sigma':=\overline{\Sigma}\sqcup\widehat{\Sigma}$ $u_k$ $v_k$

हमने , जहां: $Q':=Q\times (\{\bot\}\sqcup (Q \times \Sigma))$

$(q,\bot)$ अर्थ है कि आप कुछ पढ़ रहे हैं ; $u_n$
$(q,(p,a))$ मतलब है कि आपने राज्य में कुछ पढ़ना समाप्त कर दिया है , कि अब आप पढ़ रहे हैं, जो कि a से शुरू होता , और यह कि एक बार जब आप कर लेंगे, तो आप वापस चले जाएंगे एक पढ़ने के लिए जो शुरू नहीं होता । $u_n$ $p$ $v_{n+1}$ $a$ $p$ $u_{n+1}$ $a$

हम क्योंकि हम पढ़कर शुरू । $q_0':=(q_0,\bot)$ $u_0$

हम को रूप में परिभाषित करते हैं । $F'$ $F\times Q \times \Sigma$

संक्रमण के सेट इस प्रकार परिभाषित किया गया है: $\to'$

" " प्रत्येक संक्रमण के लिए , जोड़ ; $u_n$ $q\overset{a}{\to}q'$ $(q,\bot)\overset{\overline{a}}{\to'}(q',\bot)$
" से " प्रत्येक संक्रमण के लिए , जोड़ ; $u_n$ $v_{n+1}$ $q\overset{a}{\to}q'$ $(q,\bot)\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(q,a))$
" " प्रत्येक संक्रमण के लिए , जोड़ ; $v_n$ $q\overset{a}{\to}q'$ $(q,(p,a))\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(p,a))$
" को प्रत्येक संक्रमण के लिए" जहां अंतिम और पत्र है से अलग ऐड ; $v_n$ $u_n$ $p\overset{a}{\to}p'$ $p$ $b$ $a$ $(q,(p,b))\overset{\overline{a}}{\to'}(p',\bot)$

Lemma 4.1 : प्रत्येक लिए द्वारा स्वीकार किया जाता है , और गैर-रिक्त हैं और अलग-अलग अक्षरों से शुरू होते हैं, और प्रत्येक , । $\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\dots \overline{u_n}\widehat{v_{n+1}}$ $A'$ $n\ge 1$ $u_n$ $v_n$ $n\ge 0$ $u_0\dots u_n v_{n+1}\in L(A)$

लेम्मा का प्रमाण 4.1 : पाठक को छोड़ दिया।

— xavierm02
स्रोत