多少个字长

编辑：现在基本上可以回答这个问题了；请参阅此博客条目以了解更多详细信息。感谢所有在这里发表评论和回答的人。

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原始问题

这是我在MathOverflow上提出的问题的一个希望更聪明，更明智的版本。当我问这个问题时，我什至不知道我的问题所在的数学领域的名称。现在，我很确定它位于部分词的算法组合中。（最近的一本书的主题在这里。）

我想列出一个单词列表 $l$字母。每个字的长度正好$k$。这笔交易是，如果$a \lozenge ^j b$ 在列表中 $\lozenge$ 是通配符/无关符号，然后 $a \lozenge ^j b$永远不会再出现在列表中。（如果$a=b$， 或者如果 $j=0$ 因此，禁止的子词是 $ab$）

例子在哪里 $k=4$ 和 $l=5$：

$abcd$
$bdce$
$dcba$ <-禁止，因为 $dc$ 出现在上面的行中
$aeed$ <-禁止，因为 $a \lozenge \lozenge d$ 出现在第一行

我发现的有关“可避免的偏词”的文献都是不完整的-如果单词的大小足够大，最终将不可避免地出现某些单词模式。我想找到这些定理的最终版本。所以，问题：

给出部分形式 $a \lozenge^j b$ 用...的字母 $l$ 字母，多少个单词的长度 $k$ 避免它，它们是否可以在多项式时间内显式生成？

我不希望上面的问题很难解决，除非我缺少一个微妙之处，否则我自己可以计算出来。我在此网站上发布的真正原因是因为我需要对我的应用程序中此类单词列表的属性有更多了解，所以我希望有人可以回答以下问题：

是否对此进行了一般性研究？有哪些论文需要考虑，不仅是部分单词最终是否不可避免，还需要“花多长时间”才能避免？

谢谢。

这是一种特殊情况：长度为二进制的单词数 $k$ 这样就不会连续出现两个 $F(k+3)$，在哪里 $F(n)$ 是个 $n^{th}$ 斐波那契数（以 $F(1)=1, F(2)=1$）。证明是通过Zeckendorf表示。

编辑：我们可以将此初始特殊情况扩展为稍大的特殊情况 $a\lozenge^0a$。考虑长度的字符串$k$ 超过大小字母 $l+1$ 这样的信 $a$没有连续出现两次。让$f(k)$是此类字符串的数量（我们将其称为“有效”）。我们声称：

$$f(k) = l*f(k-1) + l*f(k-2)$$ $$f(0) = 1, f(1) = l+1$$ 直觉是我们可以构造一个有效的长度字符串 $k$ 通过以下方式之一：a）毗邻任何 $l$ 不是的字母 $a$ 到有效长度的字符串 $k-1$或b）在字母旁 $a$ 然后除了其他字母 $a$ 到有效长度的字符串 $k-2$。

您可以验证以下是上述重复发生的不公开表格：

$$f(k) = \sum_{i=0}^{k} {{k+1-i}\choose{i}} l^{k-i}$$ 我们了解的地方 ${{n}\choose{i}} = 0$ 什么时候 $i>n$。

编辑2：让我们再敲一个案例-一个 $\lozenge^0 b, a \neq b$。我们将通过$l$-不包含子字符串的元素字母 $ab$，“有效”并让 $S_k$ 表示一组有效的长度的字符串 $k$。进一步，让我们定义$T_k$ 成为...的子集 $S_k$ 由以开头的字符串组成 $b$ 和 $U_k$ 成为那些不以...开头的人 $b$。最后，让$f(k) = |S_k|$， $g(k) = |T_k|$， $h(k) = |U_k|$。

我们观察到 $g(0)=0, h(0)=1, f(0)=1$ 和 $g(1)=1, h(1)=l-1, f(1)=l$。接下来，我们推断以下重复发生：

$$\begin{eqnarray} g(k+1) &=& f(k) \\ h(k+1) &=&(l-1)*h(k) + (l-2)*g(k) \end{eqnarray}$$ 首先来自以下事实： $b$ 到任何元素的开头 $S_k$ 产生一个元素 $T_{k+1}$。第二个是观察到我们可以构造一个元素$U_{k+1}$ 通过添加除 $b$ 在任何元素的前面 $U_{k}$ 或添加除 $a$ 要么 $b$ 在任何元素的前面 $T_k$。

接下来，我们重新排列递归方程以获得：

$$\begin{eqnarray} f(k+1) &=& g(k+1) + h(k+1) \\ &=& f(k) + (l-1)*h(k) + (l-2)*g(k) \\ &=& f(k) + (l-1)*f(k) - g(k) \\ &=& l*f(k) - f(k-1) \end{eqnarray}$$

我们可以通过生成函数的东西来弄乱代码，或者，如果我们很懒，直接去Wolfram Alpha，就可以得到一个相当不透明的封闭形式的解决方案。但是，通过在OEIS中进行一些谷歌搜索和查找，我们实际上发现：

$$f(k) = U_k(l/2)$$ 哪里 $U_k$ 是个 $k^{th}$ 第二种Chebyshev多项式（！）。

对于第一个问题，一种完全不同的方法是重用对最近的问题的答案，以生成常规语言的单词：只需将这些算法应用于长度即可$k$ 用普通语言 $\Sigma^\ast a\Sigma^j b\Sigma^\ast$ 哪里 $\Sigma$ 是字母。

更新：此答案不正确：

假设 $j$是固定的，我们可以指望的数量方面的模式$a\lozenge^j b$ 可以匹配：第一个 $a$ 符号可以在某些位置匹配 $1\leq i\leq k-j-1$，而我们有 $l^{i-1}$ 在那之前的可能性， $l^j$ 之间 $a$ 和 $b$和 $l^{k-j-i-1}$ 对于字符串的其余部分，因此总计

$$\sum_{i=1}^{k-j-1}l^{i-1}\cdot l^{j}\cdot l^{k-j-i-1}=(k-j-1)l^{k-2}$$ 案件。正如伊藤刚（Tsuyoshi Ito）在评论中指出的，此计数不是匹配的不同单词的数量$a\lozenge^j b$因为单个单词可能以不同的方式匹配相同的模式。例如$aa$ 被匹配三次 $aaaa$， $ab$ 两次 $abab$和 $a\lozenge b$ 两次 $aabb$。我们可以尝试多次计算匹配模式的方式数，并表现出“ inclusion-exclusion”表达式，但是模式可能重叠的方式使时间太长。

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对于第一个问题，在了解到 $j$ 是不固定的，即我们要避免嵌入单词 $ab$：

• 要么 $a$ 第一个符号永不出现，这占 $(l-1)^k$ 可能的话
• 要么 $a$ 首先出现在某个位置 $1\leq i\leq k$，那么我们不能使用 $b$ 剩下的就是： $(l-1)^{i-1}$ 高达以下因素的选择 $a$和 $(l-1)^{k-i}$ 其余的选择，总计 $\sum_{i=1}^k(l-1)^{i-1}\cdot(l-1)^{k-i}=k(l-1)^{k-1}$可能的话。是否$a=b$ 是无关紧要的。

对于第二个问题，我没有太多建议。与词嵌入有关系，但是我知道的有关Higman引理的错误序列的结果并不立即适用。