随机样本中Kolmogorov复杂度的期望值

字符串的Kolmogorov复杂度无法计算。但是，在随机大小的子集中$M$ 长度的二进制字符串 $n$，预期有多少个复杂度小于某个整数 $n_{0}$ 少于 $n$ （根据 $M$， $n$ 和 $n_{0}$）？

Kolmogorov的复杂度只能由某个累加常数决定，因此不可能给出确切的答案。我在这里描述的界限甚至更弱。

当然，一旦我们知道有多少个 $2^n$ 字符串的复杂度小于 $n_0$，让我回答一下。通常，关于Kolmogorov复杂度的第一个陈述是该数字最多$2^{n_0}-1$-因为只有这么多长度较小的字符串。另一方面，如果您的程序说“$n$，以 $x$数字”，那么你得到 $2^{n_0-K(n)-C}$ 复杂度小于 $n_0$，在哪里 $K(n)$ 是Kolmogorov复杂度的无前缀版本 $n$ （所以最多 $\log n+\log^* n + O(1)$）。更详细地，字符串首先包含获取输入的图灵机的描述$px$，其中p是输出的无前缀程序的描述 $n$，输出 $x$长度数 $n$，这是 $O(1)$ 位，然后跟着 $px$。

可能可以改善这些界限，但我怀疑您能否获得确切的答案。

可以给出一个准确的答案。长度的字符串数$n$ 最多（简单）复杂 $n_0$ 是 $2^{n_0 - K(n_0|n)}$，直到一个恒定的因子。因此，任何随机选择一个子集的过程都将具有合理的概率$2^{-K(n_0|n) + O(1)}$ 字符串的分数小于 $n_0$。为了表示我们对我们的要求，这足以表明，复杂的字符串的数量等于给$k$ 也由 $2^{k - K(k|n)}$。我们可以通过确定该值的总和来显示必要的结果$k$ 从1到 $n_0$。为了证明这一点，我们使用了简单复杂性的可加性结果（由于B. Bauwens和A. Shen。一个简单的Kolmogorov复杂性的可加性定理。计算系统理论，52（2）：297-302，2013年2月），

$$C(a,b) = K(a|C(a,b)) + C(b|a,C(a,b)) + O(1).$$ 这里 $K(\cdot)$表示无前缀的Kolmogorov复杂度。选择$a = n$，我们观察到 $n$位字符串 $b$ 复杂性 $k$ 我们有 $$k = C(b) = C(n,b) + O(1) = K(n|k) + C(b|n,k) + O(1).$$ 因此，对于每个这样的 $b$ 我们有 $C(b|n,k) = k - K(n|k)+O(1)$。让$k' = k - K(n|k)$。现在可以观察到最多$O(2^{k'})$ 这样的弦 $b$，然后按字典顺序 $2^{k'}$ 长度的字符串 $n$ 满足 $C(b|n,k) \le k' + O(1)$。从而$\Omega(2^{k'})$ 他们满意 $C(b|n,k) = k' + O(1)$。