Hamming mesafesi 2 veya daha fazla olan bağlamsız, eşit uzunluktaki kelime çiftlerinin dili midir?

Aşağıdaki dil içeriği ücretsiz mi?

L = {u x v y ∣ u, v, x, y \in {0, 1}^{+}, | u | = | v |, u \neq v, | x | = | y |, x \neq y}

$L = \{ uxvy \mid u,v,x,y \in \{ 0,1 \}^+, |u| = |v|, u \neq v, |x| = |y|, x \neq y\}$

Sdcvvc tarafından belirtildiği gibi, bu dilde bir kelime, hamming mesafesi 2 ya da daha büyük olan aynı uzunluktaki iki kelimenin bir araya gelmesi olarak da tanımlanabilir.

Bağlamsız olduğunu düşünüyorum ama kanıtlamakta zorlanıyorum. Bu dili normal bir dille kesişmeye çalıştım (örneğin, gibi), sonra pompalayan lemma ve \ veya homomorfizmi kullanın, ancak her zaman karakterize etmek ve yazmak için çok karmaşık bir dil alıyorum. $\ 0^*1^*0^*1^*$

— Robert777
kaynak

dizesini pompalamayı denediniz

0^{u} 1^{x} 1^{u} 0^{x}

$0^u1^x1^u0^x$ mi?

— Pål GD

Evet, ancak bu dizgiyi dilden çıkaramadım (bu mümkün değil, sadece bunu yapamadığım anlamına gelmez).

— Robert777

PålGD @, muhtemelen gibi parçalara "işareti" için bir yol gerekiyordu

1^{u} 0 1^{x} 0 1^{u} 0 1^{x} 0

$1^u 0 1^x 0 1^u 0 1^x 0$

— vonbrand

Bu dil olarak yazılabilir

{u v : | u | = | v |, d (u, v) \geq 2}

$\{uv:|u|=|v|,d(u,v) \geq 2\}$ burada

d

$d$ Hamming mesafesidir. 2'ye 1 değiştirirsek, içeriğin bağlamsız olduğunu ( cs.stackexchange.com/questions/307 ) fakat orada kullanılan numara işe yaramayacağını unutmayın. Şahsen bahse girerim bağlamsız değildir.

— sdcvvc

@sdcvvc: Sen sağ, biri bölümleri

u

$u$ içine

u^{'} x

$u'x$ böylece farklı bit biri olduğunu

u^{'}

$u'$ ve diğer

x

$x$ . Düzeltilmiş duruyorum.

— András Salamon

Yanıtlar:

Not [2019-07-30] Kanıt yanlıştır ... soru göründüğünden daha karmaşık.

Burada başarısız bir girişimden sonra başka bir fikir.

Kesiştiği biz ise $L$ düzenli dil ile $L_{reg} = 0^*10^*10^*10^*$ Biz CF dili olsun.

Belki $L_{reg}' = 0^*10^*10^*10^*10^*$ (tam olarak 4 1 s'lik bir dize) kullanırsak daha fazla şansımız olabilir .

Let $L_1 = L \cap L_{reg}'$ gayri $w \in L_1$ bu bir yarım tam olarak ihtiva edecek şekilde iki yarıya bölünmüş olabilir eğer $\{0,1,3,4\}$ $1s$ veya her iki yarım iki içeren $1$ s ancak pozisyonları uyuşmuyor.

Varsayalım ki $L_1$ CF ve izin $G$ Chomsky Normal biçimde gramer olabilir ve izin

w = u v = 0^{a} 1 0^{b} 1 0^{c} 1 0^{d} 1 0^{e} \in L_{1}

$w = uv = 0^a 1 0^b 1 0^c 1 0^d 1 0^e \in L_1$

Biz var $|u|=|v|$ (eşit uzunluk) ve $d(u,v) \geq 2$

Dikkatimizi, $w$ nin d' sinin üretilme şekilleriyle sınırlandırırsak , şekil l'in üstünde gösterilen üç kasaya sahibiz. Şekil 1'in orta kısmı ilk durumu gösterir (ancak diğerleri benzerdir) .

görüntü tanımını buraya girin
Şekil 1 (tam resim buradan indirilebilir )

Biz almak durumunda $a=e, c=2a$ ve $b,d \gg a$ biz 1s iki çifti arasında sıfır, bağımsız bir şekilde pompalanabilir (şekilde kırmızı düğümler) olması gerektiğini bakınız: özellikle, yeterince büyük için $b \gg a$ , Bir iç alt ağaçta (Şekil 2'deki X düğümü) yinelenen bir nonnterminal düğüm veya birinci veya ikinci 1'e giden yolda tekrarlanan bir sonuç (Şekil 2'deki Y düğümü) alıyoruz. Not Şekil 2, basitleştirilmiş biraz olduğunu daha fazla uç-olmayan iki arasında düğüm olabilir $X$ s, ve ayrıca iki arasında $Ys$ ( $Y\to ... \to Z_i \to ... Y$ ancak $Z_i$ ileilk 1'in sağında sadece 0 üretir.

görüntü tanımını buraya girin
şekil 2

Böylece keyfi $a = e = k, c = 2a$ düzeltebiliriz , sonra birinci ve ikinci arasındaki sıfır dizisinde bağımsız olarak pompalanabilir bir düğüm elde etmek için yeterince büyük $b$ seçebiliriz . Üçüncü ve dördüncü 1 arasındaki sıfır dizisi için . Fakat bağımsız olarak pompalanabilirdir, bu nedenle bir pompalanabilir alt taban , yani $1$ $d = b! +b$
$0^b$ $p \leq b$ $y$ $b = xyz, |y|=p, |x|\geq 0, |z|\geq 0$ ve $xy^iz = b!+b$ . Aldığımız dize:

w^{'} = 0^{k} 1 0^{b! + b} 1 0^{2 k} 1 0^{b! + b} 1 0^{k}

$w' = 0^k 1 0^{b!+b} 1 0^{2k} 1 0^{b!+b} 1 0^k$

ama $w' \notin L_1$ . Böylece $L_1$ CF değildir ve nihayet $L$ değildir CF.

Eğer ispat doğruysa (???) her dile genişletilebilir $L_k = \{ uv : |u|=|v|, d(u,v)\geq k\}, k\geq 2$

— Vor
kaynak

Korkarım bu kanıtı doğrulayabilmemizden önce ödülün geçerliliği sona erecek, bu yüzden önümüzdeki 4 saat içinde herhangi bir sert bilgi ortaya çıkmadıkça, şimdiye kadarki en iyi girişim olmak için puan alacak.

— jmite

@jmite: merak etmeyin, önceki gibi (bu önemsiz bir hata keşfetmeden önce yaklaşık 30 dakika süren) yanlış bir girişim olma olasılığı yüksektir :-) :-)

— Vor

Neden dava ayrımı? Dilbilgisindeki dalların, kelimenin yarısı ile bir ilişkisi yoktur. Ancak bunun önemli olmadığını düşünüyorum; Kanıt işe yararsa, bu durumda ayrım gerekli değildir. Varsayılan gramerlere bakmak ve lemmanın yerine Pumping lemasının ispatını kullanmak hoş bir numaradır (kişi bunu daha sık yapmalı). Bir (gerçek) kaygım var:

altlığını pompalarsanız ,

;

nasıl ulaştığını anlamıyorum

. Bunun kanıtlara zarar vereceğini düşünmeyin, ama daha iyi kontrol edin. Ayrıca, bazı gösterim (ve yazım hataları) düzeltmek isteyebilirsiniz.

0^{b}

$0^b$

0^{b + p (i - 1)}

$0^{b+p(i-1)}$

b + b!

$b+b!$

— Raphael

@Raphael: Yorumlarınız için teşekkürler. Belki yanılıyorum ama hedef uzunluğu

seçerseniz

Daha sonra, her bir pompalama uzunluğu için

, dizge

olarak ayrışabilir

ve pompalanabilir

, gerçekten de örneğinde p kesinlikle

bölü

b + b!

$b+b!$

p

$p$

0^{b}

$0^b$

0^{x y z}, (| x y z | = b, | y | = p \leq b)

$0^{xyz}, (|xyz|=b, |y|=p \leq b)$

x y^{i} z = b + b!

$xy^iz = b + b!$

b!

$b!$ Böylece orada bir

olan

, ancak orijinal dize uzunluğu

, bu nedenle toplam pompalanan uzunluğu

. Ogden'ın lemasını kullanan birkaç alıştırmadan hatırlıyorum ... şimdi onları iki kez kontrol edeceğim.

(i - 1)

$(i-1)$

p (i - 1) = b!

$p(i-1)=b!$

b

$b$

| x y^{(i - 1)} z | = b + b!

$|xy^{(i-1)}z| = b+b!$

— Vor

@Raphael: ... Kanıtı hiçbir yerde bulamadım, ancak sadece Zach Tomaszewski'nin

nin tamamlayıcısının CF olduğunu ( bu soruya bakın ) kanıtlayan bir bildiri yayınladım , belki de yeni bir sonuç (basit olsa da); ve sınırlı bir sayıya sahip belirli bir sembol içeren dizgelere ve aralarında uzunluğa sahip olan alt dizgelere sahip diller için bir pompalama-lemma tarzı teoremi türetilebilir.

L_{d u p} = {w w}

$L_{dup} = \{ ww \}$

— Vor

@Hendrik Jan (teşekkür ederim) tarafından onaylanmayan 2 başarısız denemeden sonra, işte daha başarılı olmayan bir tane daha var. @Vor eğer doğru ise, aynı yapının uygulanacağı deterministik bir CF dili örneği buldu. Bu , lma uygulamasındaki dizesinin demirlenmesinde bir hatanın tanımlanmasına izin verdi . Lemmanın kendisi hatalı gözükmüyor. Bu açıkça çok basit bir yapıdır. Yorumlarda daha fazla ayrıntı görün. $y$

Dil içerik içermez. $L = \{ uxvy \mid u,v,x,y \in \{ 0,1 \}^*\text \{ \epsilon \} \ ,\ \mid u \mid = \mid v \mid \ , \ u \not= v \ , \ \mid x \mid = \mid y \mid \ , \ x \not= y \ \}$

Karakterizasyonun d @sdcvvc önerdiği Hamming uzaklığı, burada. Düşünülmesi gereken, her yarım dizide seçilen 2 konumdur, öyle ki ilgili semboller farklılık gösterir. $L= \{uv:|u|=|v|,d(u,v) \geq 2\}$

O zaman bir dize düşünün ki ve eşit olur. Açıkça L dilinde , iki her yerinde ve kesilerek . Bu dizgiyi 1'ler arasına ilk parçaya pompalamak istiyoruz, böylece dilde olması gerekmeyen olacaktır. $10^i10^j$ $i \lt j$ $i+j$ $u$ $x$ $10^j10^j$

İlk önce , pompalama lemasına benzeyen Ogden'in lemasını kullanmaya çalışıyoruz , ancak ipte işaretli veya daha fazla ayırt edici semboller için geçerli , işaretli sembollerin pompalama uzunluğu. işaretlenmemiş semboller). İşaretli uzunluğu pompalama sadece dile bağlıdır. Bu girişim başarısız olacak, ancak başarısızlık bir ipucu olacak. $p$ $p$ $p$

Daha sonra seçebiliriz ve ilk sırasındaki sembolleri işaretleriz . İki 1'den hiçbirinin pompanın içinde olmayacağını biliyoruz, çünkü pompalamak yerine bir kez dışarı pompalayabiliyor (üstel 0). Ve 1'leri dışarı pompalamak bizi dilden çıkaracaktı. $i=p$ $i$

Bununla birlikte, ikinci 1'in her iki tarafına sağ tarafta hızlı veya daha hızlı şekilde pompalayabiliriz, böylece ikinci 1 hiçbir zaman dizenin ortasından geçemez. Ayrıca Ogden'in lemması , pompalananın boyutuna bir üst sınır koymuyor, böylece tam olarak dizinin tam ortasından 1'e ulaşmak için pompalamayı düzenlemek mümkün olmuyor.

Lemmanın değiştirilmiş bir versiyonunu kullanıyoruz, burada bu zorluklarla başa çıkabilen Nash'in Lemma'sı.

Öncelikle bir tanımlamaya ihtiyacımız var (literatürde muhtemelen başka bir adı var, ama hangisini bilmiyorum - yardımın hoş karşılandığını). Bir dizi bahsedilen bir olmak sılme bir dizge elde edildiğini IFF sembolleri silerek . Biz notu olacak . $u$ $v$ $v$ $v$ $u \prec v$

Nash lemması: Eğer bir bağlam-dil, daha sonra iki sayı vardır ve öyle ki herhangi bir dize için , en azından uzunluğunun de ve “işaretleme” her şekilde veya daha fazlasının , içindeki pozisyonlar , , , , , gibi karakterlerle olarak yazılabilir . $L$ $p\gt0$ $q\gt 0$ $w$ $p$ $L$ $p$ $w$ $w$ $w=uxyzv$ $u$ $x$ $y$ $z$ $v$

, en az bir işaretli konuma sahiptir $xz$
$xyz$ $p$
1. $\hat x \prec x$ $\hat y \prec y$ $\hat z \prec z$
2. $1 \leq \mid \hat x \hat z \mid \leq q$ $1 \leq \mid \hat y \mid \leq q$
3. $ux^j\hat x^i\hat y\hat z^iz^jv$ $L$ $i \geq 0$ $j \geq 0$

$y$ $xz$ $\hat x\hat z$ $\hat y$ $q$ $x^j$ $z^j$ $j \geq 0$ $j=1$ Lemma uygulandığında muhasebeyi basitleştirmek için.

$p$ $2q$ $i = p + 2q$ $i = p + q$ $\hat z$

$j$ $j$ $i$ $h$ $q$ $j=i+h$

$d$ $[1,q]$ $h$ $k$ $k$ $10^j10^j$

Sanırım
bir ağaç kadar güzel bir ip görmeyeceğim .
Bir ayrıştırması yoksa,
dize boşa harcanır

— babou
kaynak

Bununla birlikte, ikinci yarıdaki geçişin desteyi tersten okuduğunu unutmayın. Bu iki pozisyonun her iki yarıda da aynı pozisyonda olduğu, ancak tersi olduğu anlamına geliyor.

— Hendrik Jan

haklısın ... goofed ... şimdi kafamın arkasında beni nagging neydi biliyorum.

— babou

Argümanı tanıdım (çünkü kendimi denediğimde çalışmasını sağlayamadım).

— Hendrik Jan

a^{i} b^{j} c^{k} a^{i} b^{j} c^{k}

${a^ib^jc^ka^ib^jc^k}$

@HendrikJan Yine mi goof? (BTW, tartışma yaptığınız için teşekkürler)

— babou

-1

$L$ $\qquad\begin{align} S &\to AXBY \mid BYAX \\ A &\to 0 \mid 0A0 \mid 0A1 \mid 1A0 \mid 1A1 \\ B &\to 1 \mid 0B0 \mid 0B1 \mid 1B0 \mid 1B1 \\ X &\to 0 \mid 0X0 \mid 0X1 \mid 1X0 \mid 1X1 \\ Y &\to 1 \mid 0Y0 \mid 0Y1 \mid 1Y0 \mid 1Y1 \\ \end{align}$

— MK Dadsetani
kaynak

Bu yanlış; AX uzunluğunun BY ile aynı olduğunu koruyamazsınız. Örneğin, grameriniz, orijinal dilinde olmayan S -> AXBY -> A011 -> 0A1011 -> 001011'i oluşturur. Ayrıca, A ve X sembolleriniz B ve Y için aynı dili oluşturur; birleştirilebilirler.

— sdcvvc 15.03.2013