给定的常规语言是否包含无限的无前缀子集？

在有限字母表A单词集合是无前缀如果没有两个不同的话，其中一个是另一个的前缀。

问题是：

检查作为NFA给出的常规语言是否包含无限的无前缀子集的复杂性是什么？

答案（由于米哈伊尔·鲁迪（Mikhail Rudoy），在下面）：可以在多项式时间内完成，而且我认为甚至在NL中也可以。

解释米哈伊尔的答案，令为标准形式的输入NFA（无epsilon过渡，修整），令（分别为）是通过将状态作为初始状态并将作为最终状态（分别将状态作为初始值和作为最终状态）获得的语言。对于单词让是通过迭代获得的无限单词。$(\Sigma,q_0,F,\delta)$$L[p,r]$$L[p,R]$$p$$\{r\}$$p$$R$$u$$u^\omega$$u$

以下是等效的：

1. 语言包含无限的无前缀子集。$L[q_0,F]$
2. $\exists q \in Q$，因此不是的前缀。$\exists u \in L[q,q]\smallsetminus\{\varepsilon\}$ $\exists v \in L[q,F]$$v$$u^\omega$
3. $\exists q \in Q$ $L[q,q] \neq \{\varepsilon\}$ $\forall u \in L[q,q]$ $\exists v \in L[q,F]$因此不是前缀。$v$$u^\omega$

证明：

3 2无关紧要。$\Rightarrow$

对于2 1，足以看到对于任何我们都有是的无穷无前缀子集。$\Rightarrow$$w \in L[q_0,q]$$w (u^{|v|})^* v$$L[q_0,F]$

最后，1 3是Mikhail答案中的“正确性”证明。$\Rightarrow$

您的问题可以在多项式时间内解决。

首先，将给定的NFA转换为具有以下附加属性的等效NFA：

• 没有ε过渡
• 从开始状态即可到达所有状态

有用的子程序

假设我们有NFA $N$，状态$q$和非空字符串$s$。下面的子例程将让我们评估以下语句的真值：“ 从状态q到接受状态的$N$每条路径都对应于一个字符串，该字符串是某些n的字符串s n的前缀。” 此外，该子例程将在多项式时间内运行。$q$$s^n$$n$

$S$$|s| + 1$$s^n$$n$$|s|$$sssss\ldots$$N'$$N$$q$$N''$大号（Ñ ”）大号（小号）∩ 大号（Ñ '）使用标准NFA交集结构，其语言为。注意，所有这些构造都是输入大小的多项式。$L(N'')$$L(S) \cap L(N')$

然后只需测试的语言是否为空（可以通过简单的图形搜索在多项式时间内完成）。仅当，换句话说，每个字符串都不在。换句话说，当且仅当仅接受某些作为前缀的字符串时，的语言为空。可以将其改写为我们试图评估的语句：“ 从状态到接受状态的每条路径都对应于作为字符串前缀的字符串$N''$$L(N'') = \emptyset$$L(S) \cap L(N') = \emptyset$$L(N')$$L(S)$$N''$$N'$$s^n$$n$$N$$q$$s^n$ Ñ为了一些。”$n$

主要算法

考虑NFA中处于某种循环状态的状态集。对于每个这样的状态，执行以下操作：$q$

令为任何包含简单循环。让是对应于回路串。由于NFA没有ε过渡，因此s不为空。然后将该子例程应用于NFA，状态q和字符串s。如果该子告诉我们，每一条路径起始于q在NFA和接受状态对应的前缀结束小号ñ一些ň然后继续到下一个状态q。否则，输出给定的NFA语言包含无限的无预定义子集。$P_2$$q$$s$$P_2$$s$$q$$s$$q$$s^n$$n$$q$

如果我们尝试循环中的每个状态$q$且算法从不输出，则输出给定NFA的语言不包含无限无前缀的子集。

正确性（上半场）

首先，假设上述算法断言给定的NFA语言包含无限的无预定义子集。假设在考虑某些循环$P_2$和某些状态$q$下选择了此输出。如前所述，$s$是对应于$P_2$的字符串。然后，我们根据子程序知道，不是每个路径开始$q$在NFA和结束在接受状态对应的前缀$s^n$一些$n$（因为这是子程序只能输出，这将导致主要算法在那个$q$输出）。

令$P_3$为一条由子程序断言存在的路径：从$q$到接受状态的路径，以使相应的字符串$t$不是任何n的$s^n$前缀。$n$

让$P_2'$包括$m$的副本$P_2$，其中$m$足够大，使得$m|s| > |t|$。由于$P_2$是通过一个循环$q$，$P_2'$可以被视为从路径$q$到$q$。对应于串$P_2'$就是$s^m$

令$P_1$为从起始状态到$q$的路径（存在，因为从开始就可以到达每个状态），而$r$为与该路径相对应的字符串。

然后由以下组成的路径$P_1$，$x$的副本$P_2'$，和$P_3$是一个接受计算路径。对应于此路径的字符串是$r(s^m)^xt$。因此，NFA接受形式为$r(s^m)^xt$每个字符串。这是NFA接受的无限字符串集，我声称这组字符串是无前缀的。特别是，假设$r(s^m)^xt$是$r(s^m)^yt$其中$y > x$。换句话说，$t$是$(s^m)^{y-x}t$的前缀。由于$(s^m)^{y-x}$具有长度$m(y-x)|s| \ge m|s| > |t|$，这意味着$t$是（s m ）y的前缀$(s^m)^{y-x} = s^{m(y-x)}$。但是，通过子例程的输出，我们知道$t$并不是任何n的$s^n$前缀。因此，r（ s m ）x t不能是r（ s m ）y t的前缀，并且根据需要，字符串集是无前缀的。$n$$r(s^m)^xt$$r(s^m)^yt$

因此，我已经表明，如果主算法输出给定的NFA语言包含无限的无预定义子集，那么实际上就是这种情况。

正确性（下半场）

接下来，我将展示另一半：如果给定的NFA语言包含无限的无预定义子集，则主要算法将输出此事实。

假设给定的NFA语言包含无限的无前缀子集。令$A$为与这些字符串相对应的（接受）计算路径的集合。请注意，$A$是接受计算路径的无穷集合，其相应的字符串从不互为前缀。

假设如果NFA中存在通过该状态的循环，则该状态在NFA中“循环”，否则为“非循环”。考虑从开始状态到任何循环状态的所有路径，这些路径仅通过非循环状态（它们最终终止的一个循环状态除外）。令$P$为这些路径的集合。每个路径$p \in P$不能有一个环路然后在该回路中的状态将被循环状态等的$p$将通过一个循环的状态。因此，$P$中路径的长度在上方受NFA中状态数的限制，因此$P$是有限的（例如，如果起始状态是循环状态，则唯一的这种路径是空路径）。

我们可以将$A$划分为$|P|+1$个子集基于$A$中的计算路径的开始方式。特别地，对于$p \in P$，让$A_p$是集合中的所有计算路径$A$与路径开始$p$和让$B$是集合中的所有其他路径的$A$。显然，所有的$A_p$ S和$B$是不相交的和他们的工会是整套$A$。此外，$B$仅包含从不经过循环状态的路径，因此永不循环；因此$B$是有限的 然后我们可以得出结论，某些$A_p$必须是无限的（否则$A$将是有限多个有限集的并集）。

由于$A_p$是无限的，因此存在无限多的计算路径，它们的字符串都不是彼此的前缀，它们都接受以$p$开头的路径。令$q$为在路径$p$末尾到达的状态。我们可以得出结论，存在无数个接受路径，称为集合$A'$，从$q$开始，所有路径都对应于彼此不是前缀的字符串。

在主算法期间，我们在状态$q$和某些字符串$s$上运行子例程。该子例程告诉我们，从$q$开始的每个接受路径是否对应于某个字符串，该字符串是某些n的$s^n$前缀。如果是这种情况，那么对于各种n，A ′中的所有无限多的接受路径将是s n的前缀，这意味着它们都是彼此的前缀。事实并非如此，因此我们得出结论，当主算法在状态q上运行子例程时$n$$A'$$s^n$$n$$q$，结果是其他可能的结果。但是，这导致主要算法输出NFA的语言包含无限的无前缀子集。

这就证明了正确性的证明。

定义

定义1：设$S$为一组单词。我们说，如果有单词u 0，… ，u n，…和v 1，… ，v n，…这样的话，$S$很好地是无前缀的（为此答案起名字）。$u_0,\dots,u_n,\dots$$v_1,\dots,v_n,\dots$

• 对于每个$n\ge 1$，$u_n$和$v_n$是非空的，并与不同的字母开头的;

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

直觉是，您可以将所有这些词放在以下形状的无限根树上（即■根，▲是叶，以及•其余的内部节点），以使$S$中的词恰好是路径的标签从根到叶：

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

命题1.1：一个很好的无限无前缀集是无前缀的。

命题1.1的证明：假设$u_0\dots u_n v_{n+1}$是一个严格的前缀$u_0 \dots u_m v_{m+1}$。有两种情况：

• 如果$n < m$则$v_{n+1}$是$u_{n+1}\dots u_m v_{m+1}$的前缀。这是不可能的，因为$u_{n+1}$和$v_{n+1}$具有不同的首字母。

• 如果$n > m$然后$u_{m+1}\dots u_n v_{n+1}$是前缀$v_{m+1}$。这是不可能的，因为$u_{m+1}$和$v_{m+1}$具有不同的第一字母。

命题1.2：一个很好的无限无前缀集合是无限的。

命题1.2的证明：在证明1.1中，我们发现，如果$n\not= m$然后$u_0\dots u_n v_{n+1}$和$u_0 \dots u_m v_{m+1}$是不是前缀顺序相媲美。因此，它们不相等。

主要证明

命题2：任何无限无前缀集都包含一个不错的无限无前缀集。

命题3：一种语言包含且仅当它包含一个很好的无限无前缀集时，才包含无限无前缀集。

下面的证明。

命题3的证明：$\boxed{\Rightarrow}$通过命题$\boxed{\Leftarrow}$通过命题1.1和1.2。

命题4：该组正则语言的很好前缀游离子集（编码为无限字$\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\overline{u_2}\dots$）是$\omega$ -regular（和步琪的大小自动机识别它是NFA的大小的多项式（识别常规语言）。

下面的证明。

定理5：确定NFA描述的常规语言是否包含无限的无前缀子集，可以在NFA大小的时间多项式中完成。

定理5的证明：通过命题3，足以测试它是否包含一个无穷无前缀的子集，这可以在多项式时间内通过构建命题4给出的Büchi自动机并测试其非空性来完成语言（可以按照Büchi自动机的大小以线性方式在时间上完成）。

命题证明2

引理2.1：如果$S$是无前缀集合，则$w^{-1}S$（对于任何单词$w$）也是如此。

证明2.1：根据定义。

引理2.2：令$S$为无限个单词。让$w:=\operatorname{lcp}(S_n)$是最长前缀通用于所有单词$S$。$S$和$w^{-1}S$具有相同的基数。

证明2.2：用f （x ）= w x定义$f:w^{-1}S\to S$。它由w - 1 S的定义很好地定义，由f的定义是单射的，由w的定义是单射的。$f(x)=wx$$w^{-1}S$$f$$w$

命题2的证明：我们建立$u_n$和$v_n$感应上$n$，与归纳假设$H_n$以下几部分组成：

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

• $(P_2)$对于所有的$k\in\{1,\dots,n\}$，$u_k$和$v_k$是非空的，并与不同的字母开头的;

• $(P_3)$ $S_n:=(u_0\dots u_n)^{-1}S$是无限的；

• $(P_4)$$S_n$所有单词没有通用的非空前缀。换句话说：没有字母$a$，使得$S_n\subseteq a\Sigma^*$。

备注2.3：如果我们有序列验证$H_n$而没有$(P_4)$，则可以修改$u_n$使其也满足$(P_4)$。确实，用u n lcp （S n）替换$u_n$就足够了。（P 1）不受影响。（P 2）是微不足道的。（P 4）是通过构造。（P 3）$u_n\operatorname{lcp}(S_n)$$(P_1)$$(P_2)$$(P_4)$$(P_3)$ 是引理3。

现在，我们通过对$n$进行归纳来构建序列：

• 初始化：通过取u 0：= lcp （S ）（即，取u 0：= ε并加上注释3.1），$H_0$为真。$u_0:=\operatorname{lcp}(S)$$u_0:=\varepsilon$

• 归纳步骤：假设我们有单词$u_1,\dots,u_n$和$v_1,\dots,v_n$使得$H_n$等于$n$。我们将建立$u_{n+1}$和$v_{n+1}$，使$H_{n+1}$。

由于$S_n$是无限的和无前缀（由引理1），它不包含$\varepsilon$使得$S_n=\underset{a\in \Sigma}{\bigsqcup}(S_n\cap a\Sigma^*)$。由于$S_n$是无限的，有一个字母$a$，使得$S_n\cap a\Sigma^*$是无限的。由$(P_4)$，有一个字母$b$不同于$a$使得$S_n\cap b\Sigma^*$非空。挑$v_{n+1}\in S_n\cap b\Sigma^*$。将$u_{n+1}$设为$a$将满足$(P_1)$，$(P_2)$和$(P_3)$因此我们应用注释3.1来获得$(P_4)$：$u_{n+1}:=a\operatorname{lcp}(a^{-1}S_n)$。

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

$(P_2)$通过的定义$u_{n+1}$和$v_{n+1}$。

$(P_3)$ $a^{-1}S_n$是通过定义无限$a$，和$S_{n+1}$因此，通过无限引理3。

$(P_4)$通过的定义$u_{n+1}$。

命题证明4

命题4的证明：令$A=(Q,\to,\Delta,q_0,F)$为NFA。

这个想法是这样的：我们读$u_0$，记住我们在哪里，读$v_1$，在读完$u_0$之后，回到我们在哪里，读$u_1$，记住我们在哪里，...我们还记得第一个字母是读每个$v_n$以确保$u_n$以另一个字母开头。

有人告诉我，使用多头自动机可能会更容易，但是我对形式主义并不真正熟悉，因此我仅使用Büchi自动机（只有一个头）来描述它。

我们设置$\Sigma':=\overline{\Sigma}\sqcup\widehat{\Sigma}$，其中上划线的符号将用于描述$u_k$ S和符号的帽子为$v_k$秒。

我们设置$Q':=Q\times (\{\bot\}\sqcup (Q \times \Sigma))$，其中：

• $(q,\bot)$意味着你正在阅读一些$u_n$ ;

• $(q,(p,a))$表示您已经在状态 p下读取了一些$u_n$，现在您正在读取以 a开头的 v n + 1，一旦完成，您将返回到 p读取不以 a开头的 u n + 1。$p$$v_{n+1}$$a$$p$$u_{n+1}$$a$

我们设定$q_0':=(q_0,\bot)$通过阅读，因为我们开始$u_0$。

我们将$F'$定义为$F\times Q \times \Sigma$。

过渡集$\to'$的定义如下：

• “ $u_n$ ”对于每个过渡$q\overset{a}{\to}q'$，ADD $(q,\bot)\overset{\overline{a}}{\to'}(q',\bot)$ ;

• “ $u_n$到$v_{n+1}$ ”对于每个过渡$q\overset{a}{\to}q'$，ADD $(q,\bot)\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(q,a))$ ;

• “ $v_n$ ”对于每个过渡$q\overset{a}{\to}q'$，ADD $(q,(p,a))\overset{\widehat{a}}{\to'}(q',(p,a))$ ;

• “ $v_n$到$u_n$ ”对于每个过渡$p\overset{a}{\to}p'$，其中$p$是最终的，字母$b$不同于$a$，添加$(q,(p,b))\overset{\overline{a}}{\to'}(p',\bot)$ ;

引理4.1：$\overline{u_0}\widehat{v_1}\overline{u_1}\widehat{v_2}\dots \overline{u_n}\widehat{v_{n+1}}$是由接受$A'$为每个IFF $n\ge 1$，$u_n$和$v_n$是非空的，并与不同的字母开头的和每个$n\ge 0$，$u_0\dots u_n v_{n+1}\in L(A)$。

引理的证明4.1：留给读者。