常规语言中给定长度的单词数

正常语言中给定长度的单词数量是否有代数表征？

维基百科指出的结果有些不精确：

对于任何正则语言存在常数和多项式，使得对于每数的长度的话在满足方程式。 $L$ $\lambda_1,\,\ldots,\,\lambda_k$ $p_1(x),\,\ldots,\,p_k(x)$ $n$ $s_L(n)$ $n$ $L$ $s_L(n)=p_1(n)\lambda_1^n+\dotsb+p_k(n)\lambda_k^n$

没有说明 $\lambda$ 居住在哪个空间中（我认为是 $\mathbb{C}$ ），以及是否要求该函数在所有上都具有非负整数值 $\mathbb{N}$ 。我想要一个精确的陈述，并提供草图或证明作为参考。

额外的问题：是否相反，即给定这种形式的功能，是否总是存在一种普通语言，其每字长度的单词数等于该功能？

_{这个问题概括了普通语言的字数 $(00)^*$}

formal-languages regular-languages word-combinatorics

— 吉勒斯“别再邪恶了”
source

一个证明的草图在这里

— Artem Kaznatcheev 2012年

@ArtemKaznatcheev有趣，谢谢。您是否会考虑将这个问题的答案更合适？

— 吉尔斯（Gilles）'所以

我觉得这个问题有点多余（尽管更笼统）。概括地说，我的举证方式有些毛茸茸，但是晚餐后我会看一下。

— Artem Kaznatcheev 2012年

@ArtemKaznatcheev谢谢。对于您回答的第二部分，我遇到了麻烦，涉及到可还原的DFA。

— 吉尔斯（Gillles）“所以-别再邪恶了”

@vzn这是一个经典的事实，即常规语言中单词数量的生成函数是合理的，这立即暗示了OP的公式（以其正确形式）。困难的部分是提取渐近线。有关详细信息，您可以查看（例如）我的答案中提到的《分析组合》一书。

— Yuval Filmus

Answers:

给定一个正则语言，考虑一些DFA接受，让是其传输矩阵（是边缘导致从状态的数目到状态），让是初始状态的特征矢量，并让是接受状态的特征向量。那么 $L$ $L$ $A$ $A_{ij}$ $i$ $j$ $x$ $y$

s_{大号} （ ñ ） = X^{Ť} {一种}^{ñ} ÿ 。

$s_L(n) = x^T A^n y.$

约旦定理指出，在复数，类似于使用的一种形式的嵌段的基质如果，则 $A$

（ \begin{matrix} λ \end{matrix} ） ， （ \begin{matrix} λ & 1 \\ 0 & λ \end{matrix} ） ， （ \begin{matrix} λ & 1 & 0 \\ 0 & λ & 1 \\ 0 & 0 & λ \end{matrix} ） ， （ \begin{matrix} λ & 1 & 0 & 0 \\ 0 & λ & 1 & 0 \\ 0 & 0 & λ & 1 \\ 0 & 0 & 0 & λ \end{matrix} ） ， \dots

$\begin{pmatrix} \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda & 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \lambda \end{pmatrix}, \ldots$

λ \neq 0

$\lambda \neq 0$

n

$n$ 这些块的次方是

下面是我们如何得这些式：写块作为

。

的连续幂是矩阵的连续次要对角线。使用二项式定理（利用

与

交换的事实），

（ \begin{matrix} λ^{ñ} \end{matrix} ） ， （ \begin{matrix} λ^{ñ} & ñ λ^{ñ - 1} \\ 0 & λ^{ñ} \end{matrix} ） ， （ \begin{matrix} λ^{ñ} & ñ λ^{ñ - 1} & （ \binom{ñ}{2} ） λ^{ñ - 2} \\ 0 & λ^{ñ} & ñ λ^{ñ - 1} \\ 0 & 0 & λ^{ñ} \end{matrix} ） ， （ \begin{matrix} λ^{ñ} & ñ λ^{ñ - 1} & （ \binom{ñ}{2} ） λ^{ñ - 2} & （ \binom{ñ}{3} ） λ^{ñ - 3} \\ 0 & λ^{ñ} & ñ λ^{ñ - 1} & （ \binom{ñ}{2} ） λ^{ñ - 2} \\ 0 & 0 & λ^{ñ} & ñ λ^{ñ - 1} \\ 0 & 0 & 0 & λ^{ñ} \end{matrix} ） ， \dots

$\begin{pmatrix} \lambda^n \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\ 0 & \lambda^n \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda^n & n\lambda^{n-1} & \binom{n}{2} \lambda^{n-2} \\ 0 & \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\ 0 & 0 & \lambda^n \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \lambda^n & n\lambda^{n-1} & \binom{n}{2}\lambda^{n-2} & \binom{n}{3}\lambda^{n-3} \\ 0 & \lambda^n & n\lambda^{n-1} & \binom{n}{2}\lambda^{n-2} \\ 0 & 0 & \lambda^n & n\lambda^{n-1} \\ 0 & 0 & 0 & \lambda^n \end{pmatrix}, \ldots$

B = λ + N

$B = \lambda + N$

N

$N$

λ

$\lambda$

N

$N$

当

，该块是幂等的，我们得到以下矩阵（如果

，则符号

为

，否则为

）：

乙^{ñ} = （ λ + ñ ）^{ñ} = λ^{ñ} + ñ λ^{ñ - 1} ñ + （ \binom{ñ}{2} ） λ^{ñ - 2} ñ^{2} + \dots 。

$B^n = (\lambda + n)^N = \lambda^n + n \lambda^{n-1} N + \binom{n}{2} \lambda^{n-2} N^2 + \cdots.$

λ = 0

$\lambda = 0$

[n = k]

$[n = k]$

1

$1$

n = k

$n=k$

0

$0$

（ \begin{matrix} [ñ = 0] \end{matrix} ） ， （ \begin{matrix} [ñ = 0] & [ñ = 1] \\ 0 & [ñ = 0] \end{matrix} ） ， （ \begin{matrix} [ñ = 0] & [ñ = 1] & [ñ = 2] \\ 0 & [ñ = 0] & [ñ = 1] \\ 0 & 0 & [ñ = 0] \end{matrix} ） ， （ \begin{matrix} [ñ = 0] & [ñ = 1] & [ñ = 2] & [ñ = 3] \\ 0 & [ñ = 0] & [ñ = 1] & [ñ = 2] \\ 0 & 0 & [ñ = 0] & [ñ = 1] \\ 0 & 0 & 0 & [ñ = 0] \end{matrix} ）

$\begin{pmatrix} [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] \\ 0 & [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] & [n=2] \\ 0 & [n=0] & [n=1] \\ 0 & 0 & [n=0] \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} [n=0] & [n=1] & [n=2] & [n=3] \\ 0 & [n=0] & [n=1] & [n=2] \\ 0 & 0 & [n=0] & [n=1] \\ 0 & 0 & 0 & [n=0] \end{pmatrix}$

$A^n$ $\binom{n}{k} \lambda^{n-k}$ $[n=k]$

s_{大号} （ ñ ） = \sum_{一世} p_{一世} （ ñ ） λ_{一世}^{ñ} + \sum_{Ĵ} C_{Ĵ} [ñ = Ĵ] ，

$s_L(n) = \sum_i p_i(n) \lambda_i^n + \sum_j c_j [n=j],$

λ_{i}, c_{j}

$\lambda_i,c_j$

p_{i}

$p_i$ $n$

s_{大号} （ ñ ） = \sum_{一世} p_{一世} （ ñ ） λ_{一世}^{ñ} 。

$s_L(n) = \sum_i p_i(n) \lambda_i^n.$

$s_L(n)$ $\lambda_i$ $\lambda_1$

s_{大号} （ ñ ） = p_{1} （ ñ ） λ_{1}^{ñ} （ 1 + Ø （ 1 ） ） 。

$s_L(n) = p_1(n) \lambda_1^n (1 + o(1)).$

λ

$\lambda$

d

$d$

s_{L}

$s_L$

n

$n$

d

$d$

λ

$\lambda$

d

$d$

p_{0}, \dots, p_{d - 1}

$p_0,\ldots,p_{d-1}$

λ_{0}, \dots, λ_{d - 1}

$\lambda_0,\ldots,\lambda_{d-1}$

s_{大号} （ ñ ） = ñ^{p_{ñ （ 模 d ）}} λ_{ñ （ 模 d ）}^{ñ} （ 1 + Ø （ 1 ） ） 。

$s_L(n) = n^{p_{n\pmod{d}}} \lambda_{n\pmod{d}}^n (1 + o(1)).$

— Yuval Filmus
source

$L \subseteq \Sigma^*$

$\qquad \displaystyle L(z) = \sum\limits_{n \geq 0} |L_n|z^n$

$L_n = L \cap \Sigma^n$ $|L_n|=s_L(n)$

$L(z)$

$\qquad \displaystyle \frac{P(z)}{Q(z)}$

$P,Q$ $L$ $L(z)$

$Q$ $|L_n|$ $(|L_n|)_{n \in \mathbb{N}}$

— 拉斐尔
source

L_{n}

$L_n$

@Gilles Analytic Combinatorics，艾伦伯格的书籍，贝斯特尔

— uli 2012年

@Gilles 形式功率系列的自动机理论方面。

— uli 2012年

Q (z) = 1

$Q(z)=1$

k \geq n_{0}

$k \geq n_0$

@Raphael是的，我的想法是相似的...在定理的表述中，如果它对有限语言不成立，这似乎是一个相当严重的缺点，因为（a）有限语言是规则的，（b）定理这意味着有限的语言不是正常的，并且（c）确定一种语言是否是有限的（通常）是不确定的……我的意思是，Myhill-Nerode和抽水引理没有这个问题；它们适用于有限的语言。

— Patrick87