kクリークの2FA状態の複雑さ？

単純な形式で：

双方向の有限オートマトンが認識できると三角形含ま-vertexグラフの状態を？ $v$ $o(v^3)$

詳細

興味深いのは、ここにエッジのシーケンスを用いて符号化-vertexグラフは、より明確な頂点のペアである各エッジ。 $v$ $\{0,1,\dots,v-1\}$

仮定ように、双方向有限オートマトン（決定論的または非決定論的）の配列であるが認識上-Cliqueを -vertex入力グラフと有し状態。質問の一般的な形式は次のとおりです？ $(M_v)$ $M_v$ $k$ $v$ $s(v)$ $s(v) = \Omega(v^k)$

もし及び無限に多くのための、その後、NL≠NP。したがって、それほど野心的ではないので、私はが固定され、ケースが最初の重要なケースであると規定しています。 $k = k(v) = \omega(1)$ $s(v) \ge v^{k(v)}$ $v$ $k$ $k=3$

バックグラウンド

双方向有限オートマトン（2FA）は、ワークスペースを持たないチューリングマシンであり、内部状態の数は固定されていますが、読み取り専用の入力ヘッドを前後に移動できます。対照的に、通常の種類の有限オートマトン（1FA）は、読み取り専用入力ヘッドを一方向にのみ移動します。有限オートマトンは、決定性（DFA）または非決定性（NFA）であり、入力への一方向または双方向のアクセスが可能です。

グラフプロパティは、グラフのサブセットです。レッツ示すプロパティで-vertexグラフを。すべてのグラフプロパティについて、可能なすべてのグラフの状態を使用し、に従ってラベル付けし、ラベル付けされた状態間の遷移により、言語は最大状態の1DFAで認識できますエッジによって。したがって、はプロパティ標準言語です。 $Q$ $Q_v$ $v$ $Q$ $Q$ $Q_v$ $2^{v(v-1)/2}$ $Q$ $Q_v$ $Q$ 。Myhill-Nerodeの定理により、を認識する同型までの最小の1DFAが存在します。これに状態がある場合、標準の爆発範囲は、を認識する2FA が少なくとも状態を持つことをもたらします。標準の爆発限界を経由して、このアプローチはせいぜい生み出すようで、二次任意のための2FAの状態数の下限（でも硬いか決定不能です）。 $Q_v$ $2^{s(v)}$ $Q_v$ $s(v)^{\Omega(1)}$ $v$ $Q_v$ $Q$

-Cliqueは、完全な頂点サブグラフを含むグラフプロパティです。クリーク認識は、最初に $k$ $k$ $k$ $_v$ 異なる潜在的なクリークを探し、入力を1回スキャンし、必要な各エッジを探してクリークを確認し、それぞれの状態を使用してこれらのエッジを追跡します異なる潜在的なクリーク。このような1NFAには $\binom{v}{k}$ $k$ $2^{k(k-1)/2}$ 状態、。が固定されている場合、これは状態です。入力への双方向アクセスを許可すると、この一方向の限界を超える可能性があります。質問は、求めています $\binom{v}{k}2^{k(k-1)/2} = (c_v 2^{(k-1)/2}/k)^k.v^k$ $1 \le c_v \le e$ $k$ $\Theta(v^k)$ $k=3$ 2FAがこの1FAの上限を上回ることができるかどうか。

補遺（2017-04-16）：決定論的な時間に関する関連する質問と、最もよく知られているアルゴリズムを網羅した素晴らしい回答もご覧ください。私の質問は、不均一で非決定的な空間に焦点を当てています。このコンテキストでは、時間効率の良いアルゴリズムで使用される行列乗算の削減は、ブルートフォースアプローチよりも劣ります。

— アンドラス・サラモン
ソース

私はこの質問が本当に好きです！共有していただきありがとうございます！:)

— マイケル・ウェハ

三角形が2FAにより行うことができるように思わと状態（nは頂点の数です）。 $A$ $O(n^2)$

以下のために、次のような考え方です。 $k=3$

フェーズ1で、はエッジを選択し、その状態でを保存します $A$ $(i,j)$ $(phase 1,i,j)$
フェーズ2では、フォームまたはいずれかのエッジに移動し、フォーム状態を想定します。 $(i,m)$ $(m,i)$ $(phase 2,j,m)$
フェーズ3では、エッジまたはがあることを確認し、エッジが見つかった場合は受け入れ状態になります。 $(j,m)$ $(m,j)$

これは実際にはほとんど左から右の方法で実行できます（その後、はフェーズ2 でまたはに最初に行くことを非決定的に決定するかもしれません）。ただし、2番目のエッジが形式の場合、は最初にを読み取り、次に読み取る必要があります。つまり、ここでは単一の左ステップが必要です。 $A$ $(j,m)$ $(m,j)$ $(m,i)$ $A$ $i$ $m$

これは、とオートマトンをもたらすはずであるのための状態用-Clique 最初のが設定推測してサイズの彼はの節こと、およびテスト毎に、ペアワイズエッジによって接続されていると上記のi、j、mを使用して、すべてのノードへのエッジがあることを確認します。 $O(n^{k-1})$ $k$ $k>3$ $S$ $k-3$ $S$ $S$

— トーマス・S
ソース

I don't see how this is

O (n^{2})

$O(n^2)$ ? Three vertices

i, j, m

$i,j,m$ are being tracked.

— András Salamon

Only two at a time. Reading

(i, m)

$(i,m)$ in phase 2 is done in two transitions. On reading

i

$i$ ,

A

$A$ basically goes from (phase 1,i,j) to (phase 1a,i,j) (indicating, it has just seen

i

$i$ ) and in the next step into (phase 2,j,m). At this point it is done with

i

$i$ , as it already saw

(i, j)

$(i,j)$ and

(i, m)

$(i,m)$ and only

(j, m)

$(j,m)$ needs to be checked.

— Thomas S

エッジと頂点の数がほぼ同じ場合、これはうまく機能すると思いますが、興味深いケースは場合です

e = Ω (v^{2})

$e = \Omega(v^2)$ . In other words, I think your approach uses at least

v \cdot e

$v \cdot e$ states.

— Michael Wehar

I think you are right. If the input is given in a nice format this works. :)

— Michael Wehar

@Marzio: no, it says (no, it says deterministic or nondeterministic)

— Thomas S