EXPSPACE

Un exemple de problème EXSPACE-complet consiste à déterminer si une expression rationnelle avec exponentiation génère l'ensemble des mots de l'alphabet sur lequel elle est définie[1]’[2]. Si on ne dispose pas de l'exponentiation dans le langage des expressions rationnelles le problème devient PSPACE-complet. L'exponentiation permet d'exprimer certaines expressions de façon exponentiellement plus concise, et de passer de PSPACE-complet à EXPSPACE-complet. Ce résultat est démontré en détail ci-dessous.

Les expressions rationnelles avec exponentiation (REX - Regular Expressions with Exponentiation) sur l'alphabet fini ${\displaystyle A}$ sont les expressions obtenues à partir des lettres de A par les opérations suivantes :

1. L'opération ${\displaystyle +}$ ou ${\displaystyle \cup }$ (représente l'union)
2. L'opération ${\displaystyle \cdot }$ (représente le produit, le point est parfois omis)
3. L'opération ${\displaystyle \_^{\star }}$ (représente l'étoile de Kleene)
4. L'opération ${\displaystyle \_^{n}}$ ou ${\displaystyle \uparrow n}$ (représente l'exponentiation d'ordre n)

À chaque REX ${\displaystyle e}$ est associé un langage rationnel ${\displaystyle L(e)}$ défini inductivement par :

1. ${\displaystyle L(\emptyset )=\emptyset }$, ${\displaystyle L(\varepsilon )=\{\varepsilon \}}$
2. ${\displaystyle L(a)=\{a\}}$ où ${\displaystyle a}$ est une lettre de ${\displaystyle A}$
3. ${\displaystyle L(e+f)=L(e)\cup L(f)}$
4. ${\displaystyle \ L(e\cdot f)=\{x_{1}x_{2}:x_{1}\in L(e),x_{2}\in L(f)\}}$
5. ${\displaystyle \ L(e^{\star })=\{x_{1}x_{2}\cdots x_{k}:k\geq 0,x_{i}\in L(e)\}}$ on note également ${\displaystyle A^{\star }}$ l'ensemble des mots possibles sur l'alphabet ${\displaystyle A}$
6. ${\displaystyle \ L(e^{n})=\{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}:x_{i}\in L(e)\}}$

On a par exemple : ${\displaystyle L((a+b)^{3})=\{aaa,aab,aba,abb,\cdots \}}$. Il est possible de remplacer toute opération d'exponentiation d'ordre ${\displaystyle n}$ par ${\displaystyle n}$ concaténations (par exemple ${\displaystyle (a+b)^{3}}$ est similaire à ${\displaystyle (a+b)(a+b)(a+b)}$). Cependant, cette transformation peut accroître de façon exponentielle la taille de la formule. La concision de l'opération d'exponentiation participe à l'importante complexité spatiale du problème ci-dessous.

À partir de la définition précédente d'une REX, on considère le langage suivant :

${\displaystyle ALL_{REX\uparrow }=\{e:e{\text{ est une REX telle que }}L(e)=A^{\star }\}}$

Le problème ${\displaystyle ALL_{REX\uparrow }}$ consiste ainsi à déterminer si une REX ${\displaystyle e}$ donnée génère l'ensemble des mots finis possibles sur son alphabet (une telle REX est qualifiée d'universelle). Ce problème est EXPSPACE-complet :

Ce théorème est toujours valable si on restreint l'exponentiation à l'ordre 2. Si l'étoile de Kleene est retirée, le problème devient NEXPTIME-complet.

La démonstration du théorème précédant s'effectue en 2 étapes. Il faut tout d'abord prouver l'appartenance de ${\displaystyle ALL_{REX\uparrow }}$ à EXPSPACE, puis montrer que ce langage est EXPSPACE-hard (autrement dit, tout langage de EXPSPACE se réduit en temps polynomial à ${\displaystyle ALL_{REX\uparrow }}$).

${\displaystyle ALL_{REX\uparrow }\in }$ EXPSPACE

Étant donnée une REX ${\displaystyle e}$ de taille ${\displaystyle n}$, l'algorithme suivant permet de déterminer en espace exponentiel si ${\displaystyle L(e)=A^{\star }}$ :

1. Remplacer les opérations d'exponentiation par des concaténations. On obtient une formule de taille ${\displaystyle N=2^{O(n)}}$.
2. Convertir cette formule (de manière naïve) en un automate non déterministe. Cette opération nécessite un espace ${\displaystyle O(N)}$.
3. Déterminiser l'automate précédant. Le nouvel automate peut avoir jusqu'à ${\displaystyle 2^{O(N)}=2^{2^{O(n)}}}$ états.
4. ${\displaystyle e}$ appartient à ${\displaystyle ALL_{REX\uparrow }}$ si et seulement si aucun état rejetant n'est atteignable dans l'automate déterministe précédant. D'après le théorème de Savitch, ceci se vérifie en espace ${\displaystyle O(N^{2})}$ sur un graphe de taille ${\displaystyle 2^{O(N)}}$.

Puisqu'il n'est pas possible d'utiliser ${\displaystyle 2^{O(N)}=2^{2^{O(n)}}}$ espace, l'automate déterministe n'est pas construit à l'étape 3 ci-dessus. À la place, il est recalculé au fur et à mesure de son parcours lors de l'étape 4.

${\displaystyle ALL_{REX\uparrow }}$ est EXPSPACE-hard

Considérons un langage ${\displaystyle {\mathcal {L}}}$ reconnu par une machine de Turing déterministe ${\displaystyle M=(Q,\Gamma ,B,\Sigma ,q_{0},\delta ,F)}$ en espace ${\displaystyle 2^{n^{k}}}$. On va associer à tout mot ${\displaystyle w}$ une REX ${\displaystyle w_{R}}$ telle que ${\displaystyle w\in {\mathcal {L}}\Leftrightarrow L(w_{R})\in ALL_{REX\uparrow }}$. Plus précisément, on aura ${\displaystyle L(w_{R})=\{s:s{\text{ est un mot ne représentant pas un calcul rejetant de }}M{\text{ sur }}w\}}$.

L'état de la machine ${\displaystyle M}$ au temps ${\displaystyle r}$ de son exécution est représenté par le mot ${\displaystyle C_{r}=x_{1}x_{2}\cdots x_{i}qx_{i+1}\cdots }$, où ${\displaystyle x_{j}}$ est le contenu de la case ${\displaystyle j}$ du ruban, ${\displaystyle q}$ l'état de la machine et ${\displaystyle x_{i+1}}$ le symbole placé sous la tête de lecture. Puisque ${\displaystyle M}$ s'exécute en espace ${\displaystyle 2^{n^{k}}}$, on peut supposer que ${\displaystyle C}$ est de taille ${\displaystyle 2^{n^{k}}}$ (quitte à compléter par des symboles blancs ${\displaystyle B}$).

Un calcul de ${\displaystyle M}$ sur une entrée ${\displaystyle w}$ est alors représenté par le mot ${\displaystyle C_{1}\#C_{2}\#\dots \#C_{t}}$ où chaque ${\displaystyle C_{i}}$ est l'encodage de l'état de la machine au temps ${\displaystyle i}$ de son exécution.

Un calcul ${\displaystyle w_{C}=C_{1}\#C_{2}\#\dots \#C_{t}}$ de ${\displaystyle M}$ sur une entrée ${\displaystyle w}$ n'est pas rejetant s'il vérifie au moins une des 3 conditions suivantes :

1. ${\displaystyle C_{1}}$ n'est pas une configuration initiale possible de ${\displaystyle M}$.
2. il existe 2 configurations successives ${\displaystyle C_{i},C_{i+1}}$ représentant une transition impossible.
3. ${\displaystyle C_{t}}$ n'est pas une configuration finale rejetante.

Pour chacune de ces 3 conditions, on construit une expression rationnelle ${\displaystyle e}$ qui génère l'ensemble des mots vérifiant la condition (on note ${\displaystyle \Delta =\Gamma \cup Q\cup \{\#\}}$ et ${\displaystyle \Delta _{-a}=\Delta \backslash \{a\}}$).

Condition 1. Au moment initial, la machine ${\displaystyle M}$ est dans l'état ${\displaystyle q_{0}}$ et ${\displaystyle w}$ est écrit sur son ruban. Ainsi, la seule configuration initiale possible est : ${\displaystyle q_{0}w_{1}\cdots w_{n}B\cdots B}$. L'expression rationnelle suivante génère alors l'ensemble des mots vérifiant la condition 1 : ${\displaystyle R_{bad-start}=\Delta _{-q_{0}}\Delta ^{\star }+\Delta ^{1}\Delta _{-w_{1}}\Delta ^{\star }+\Delta ^{2}\Delta _{-w_{2}}\Delta ^{\star }+\cdots +\Delta ^{n+1}(\Delta +\varepsilon )^{2^{n^{k}}-n-2}\Delta _{-B}\Delta ^{\star }+\Delta ^{2^{n^{k}}}\Delta _{-\#}\Delta ^{\star }}$

Condition 2. Afin de savoir si une transition est valide ou non, il suffit d'étudier pour chaque paire de configurations successives des fenêtres de taille 3 centrées sur l'état courant (par exemple, pour la configuration ${\displaystyle C=x_{1}x_{2}\cdots x_{i}qx_{i+1}\cdots }$ la fenêtre est ${\displaystyle x_{i}qx_{i+1}}$). En effet, les autres lettres de la configuration ne sont pas censées évoluer après seulement un pas de calcul. Pour deux fenêtres ${\displaystyle abc}$ et ${\displaystyle def}$ on note ${\displaystyle bad(abc,def)}$ s'il ne peut pas exister deux configurations successives ayant respectivement ${\displaystyle abc}$ et ${\displaystyle def}$ pour fenêtres. On génère alors l'ensemble des mots vérifiant la condition 2 à l'aide de l'expression rationnelle suivante : ${\displaystyle R_{bad-window}=\bigcup _{bad(abc,def)}\Delta ^{\star }abc\Delta ^{2^{n^{k}}-2}def\Delta ^{\star }}$.

Condition 3. On suppose que la machine ${\displaystyle M}$ finit dans l'état ${\displaystyle q_{reject}}$ en cas de calcul rejetant. Ainsi, pour que ${\displaystyle C_{t}}$ ne soit pas une configuration finale rejetante, il suffit que ${\displaystyle w_{C}}$ ne contienne pas ${\displaystyle q_{reject}}$. L'expression rationnelle suivante génère ainsi l'ensemble des mots vérifiant la condition 3 : ${\displaystyle R_{bad-reject}=\Delta _{-q_{reject}}^{\star }}$.

Finalement, on note ${\displaystyle w_{R}=R_{bad-start}+R_{bad-window}+R_{bad-reject}}$. On a bien ${\displaystyle L(w_{R})=\{s:s{\text{ est un mot ne représentant pas un calcul rejetant de }}M{\text{ sur }}w\}}$ et donc ${\displaystyle w\in {\mathcal {L}}\Leftrightarrow L(w_{R})\in ALL_{REX\uparrow }}$. Par ailleurs, ${\displaystyle w_{R}}$ se construit bien en temps polynomial en ${\displaystyle n=|w|}$ (${\displaystyle w_{R}}$ est de taille ${\displaystyle O(n^{k})}$).

Le problème de satisfiabilité de certains fragments de la logique temporelle linéaire avec des quantifications du premier ordre est EXPSPACE-complet[3].