Bağlama duyarlı bir dilin normal olup olmadığına karar verme

Sorunun iyi bilinen bir sonuç olduğu

Bağlamdan bağımsız bir dilbilgisi normal bir dil oluşturur mu?

kararsız. Ancak, bu durumda, bağlamsız ve düzenli dil sınıfları çakıştığından, tek bir alfabe üzerinde karar verilebilir hale gelir.

Benim sorum tek tek bağlama duyarlı diller için neler olduğunu bilmek .

Tekli bir alfabe üzerinde belirli bir bağlama duyarlı dilbilgisinin normal bir dil oluşturup oluşturmadığını bilmek karar verilebilir mi?

Cevap olumlu olursa, karmaşıklığın tahmin edilmesi memnuniyetle karşılanacaktır.

fl.formal-languages decidability

— J.-E. Toplu iğne
kaynak

Ne yazık ki, sorununuz çözülemez. Tökezlediğim yaklaşım (aşırı işlenmiş olabilir, bu yüzden daha uygun bir yaklaşımı olan herkes adım atmalıdır!) İlk önce düzenli olmayan (olumlu sonucun aksine) tekli bir CSL olduğunu göstermek için çapraz bir argüman kullanır. $X$ ) tekli CFLs için, ve daha sonra da bir TM verilen ile Turing makineleri için durdurulmasını sorun, udu $M$ bir CSG inşa, $G$ simüle $M$ ayrıştırma dize daha kısa bant uzunluğu ile ilgili $w$ tanıyan, $X$ ise $M$ kendi sınırları aşmadan durur aksi halde ayrıştırmada başarısız olun, böylece $G$ başarıyla tüm $w \in X$ $M$ durması yeterince uzun olan ( sadece sonlu birçok dizgide $L(G)$ farklıdır ve bu nedenle düzenli olamaz), aksi takdirde boş dili (açıkça düzenli olan) tanır. $X$ $G$

Bu yaklaşımın anahtarı, CSG'lerin sadece ifade yapısı gibi dilbilgisel konularla ilgili olmadığı gözlemidir - gerçekten de, CSG derivasyon sekansları keyfi olmayan belirsiz uzay-sınırlı hesaplama yapabilir (aslında $\mathbf{PSPACE}$ - tamamlanmış CSL'ler) ayrıştırmadan önce hizalama işine gitmeden önce. Bu, en kolay şekilde CSG'ler ve monotonik gramerler arasındaki standart dönüşümler (tek harfli alfabe ile kısıtlandığında çalışmaya devam eder) ve hesaplama geçmişindeki aşamaları temsil eden türev dizelerinde Turing makinesi geçişlerini simüle etmek için basit monotonik üretimlerin kullanılmasıyla gözlemlenir. Bu cevap boyunca, belirli bir hesaplamayı simüle etmek için bir CSG gerektiğinde okuyucunun ayrıntıların çoğunu sezebileceğini varsayacağım. (Ben askerin tüm bunlarla rahat olduğunu varsayıyorum, ama bütünlük için bunun üzerinden geçiyorum. Yine de, yorumlarda açıklama istemekten çekinmeyin.)

İlk olarak, normal olmayan tekli CSG'mize ihtiyacımız var. ( DÜZENLEME: bu yüzden aşırıya kaçmıştı - düzenli olmayan tekli CSL'ler, örneğin düzenli olmamanın en temelini sergileyen herhangi bir dilde pompalama lemi yoluyla kolayca sergilenebilir. Örneklerin yorumlarına bakın. bıçak savaşına nükleer bir savaş başlığı getirmek gibiydi. Merak ediyorsanız bu inşaatı inceleyin, aksi takdirde indirime geçin.)

Let alfabe üzerinde DFAs bir numaralandırma olmak durum sayısı, öyle ki artar . dizesini ayrıştırırken CSG davranışı açısından tarif ediyoruz : $D_1, D_2, ...$ $\{1\}$ $D_i$ $i$ $G_X$ $1^n \in \{1\}^*$

Belirsiz olarak "bant" olarak düşündüğümüz "boş" terminal olmayan bir dizi oluşturur . Boş terminal olmayanlardan biri ayrı bir "boş + okuma-yazma kafası + başlatma durumu" terminalsiz olmalıdır. Ayrıştırma dizesi değilse, bu türetme başarısız olur. Sürecin geri kalanını, tek olası türev ile simüle edilen deterministik hesaplama açısından tarif ediyoruz. $n$ $1^n$
Kasette bir kodlama yazdır numarası takip ikilik sistemde, ve her zaman biz gerekeni yapmak bizim banda yeterli alan olacak şekilde seçilir. (Bu alan her iki kodlamak için gerekli yana mümkündür ve içinde logaritmik büyür .) $D_i$ $i$ $i = n - c$ $c$ $D_i$ $i$ $i$
Giriş değerlendirin . Bu temsil gerektirmez 'nin bandı - sen sadece geçişleri göre değiştirebilir, tek devlet, saklayabilir sen eksiltme olarak . $D_i$ $1^i$ $D_i$ $D_i$ $i$
Eğer reddeder üretmek olmayan terminaller ile tüm bant üzerine . Aksi takdirde başarısız olur. $D_i$ $1^i$ $1$

Biz almak . Herhangi bir için açıkça , çünkü . $X = L(G_X)$ $X \ne L(D_i)$ $i$ $1^{i+c} \in X \Leftrightarrow 1^{i+c} \notin L(D_i)$

Bir sonraki adım, durma probleminden askerin problemine bir azalma tasarlamaktır. (Yukarıdaki bölümü atladıysanız, CSG tarafından oluşturulan keyfi olmayan normal olmayan bir CSL olmasına izin verin .) $X$ $G_X$

Let keyfi TM olacak. , ayrıştırma dizesinde aşağıdaki gibi davranan bir CSG dönüştürürüz : $M$ $M$ $G$ $1^n$

Oluşturmak boş olmayan terminaller, ayrı boş + okuma-yazma kafası terminal olmayan olmak soldaki bir ve aynı zamanda her bir yanı üzerinde bir "sınır" terminal-olmayan üretir. Yine, yanlış sayıda terminal olmayan üretersek başarısız oluruz. $n-2$
Sınır olmayan terminaller arasındaki boşlukta simüle edin . hiç sınır durumlarından birine geçerse , simülasyonu sonlandırırız ve asla durmadığını varsayarız . $M$ $M$ $M$
Eğer alıkoymaların, gibi davranmaya . Simülasyonu sonlandırmak zorunda kalırsak başarısız oluruz. $M$ $G_X$

Eğer Not sınırları içinde sonsuza çalıştırmak için yönetir ardından bir ayrıştırma dize oluşturmak asla ve böylece başarısız olur. Eğer duraklamalara, o zaman alan bir miktar vardır içeren yeterli 'in tüm hesaplama, dolayısıyla ayrıştırır her ve ve dolayısıyla ve bir birlik ve sınırlı bir dil, bu yüzden $M$ $G$ $M$ $n$ $M$ $G$ $1^m$ $m \ge n+2$ $1^m \in X$ $X$ $L(G)$ $L(G)$ düzenli değil. Öte yandan, asla durmazsa, açıkça düzenlidir. $M$ $L(G) = \varnothing$

nin düzenli olup olmadığına karar vermek için bir algoritma, boş bir bantta durdurulamayacağını belirler , ki bu kararsızdır. Bunun sonucunda, sorucunun sorunu kararsızdır. $L(G)$ $M$

— gdmclellan
kaynak

Cevabınızın ilk kısmı için,

, bağlama özgü hassas normal olmayan dillere örnektir.

{a^{n^{2}} ∣ n ⩾ 0}

$\{a^{n^2} \mid n \geqslant 0\}$

{a^{p} ∣ p is prime}

$\{a^p \mid \text{$p$ is prime}\}$

— J.-E.

Heh, gerçekten de aşırıya kaçmıştı, muhtemelen bana çapraz bir argümanın aşırı derecede abartılı olacağını söylemeliydim. Sanırım cevapta bir not düzenleyeceğim. Umarım ikinci bölüm yine de yardımcı oldu.

— gdmclellan

@ J.-E.Pin: Çok fazla düşünmedim,

için tekdüze bağlam duyarlı bir dilbilgisi oluşturmak kolay mı?

{a^{p} ∣ p is prime}

$\{a^p \mid p \mbox{ is prime}\}$

— Marzio De Biasi

@ marzio-de-biasi İtiraf etmeliyim ki kendimi kontrol etmedim ama bu cevaba

— dayandım

@MarzioDeBiasi Çok kolay. Bir dilin içeriğe duyarlı olup olmadığını belirlerken, olağan süreç 1 gibi bir şeydir. 2. ayrıştırma dizesinin bazı yüklemleri karşılayıp karşılamadığını belirlemek için bazı uzay-sınırlı hesaplamalar yapmak; ve 3. söz konusu yüklemin tatmin olduğu tespit edilirse ipin üretilmesi. Alan biraz sorun olabilir (bağlama alanı ayrıştırma dizesinin uzunluğu ile verilir, çünkü bağlama duyarlı üretimler kullanarak türetilmiş bir dizeyi daraltamazsınız), ancak tekli durumda çalışmak için üstel alanınız vardır .

— gdmclellan

Bu aslında yukarıdakiyle aynı cevaptır, ancak "daha uygun" bir cevap arandığından, bundan bahsediyorum: (Ayrıca, buradaki ilk yazım, bu yüzden bir önemsizlik gönderiyorsam beni affet!)

Boşluğun tek tek bağlama duyarlı diller için kararsız olduğunu gözlemleyin. Bağlama duyarlı, ancak normal olmayan bir dili düzeltin . için bir LBA verildiğinde , için kolayca bir LBA oluşturulabilir . Sonra açıkça ve ancak eğer düzenli olduğu boşaltın. $N\subseteq a^*$ $L\subseteq a^*$ $L'=\{ a^n \mid \text{$a^n\in N$ and $\exists m\le n\colon a^m \in L$}\}$ $L'$ $L$

Güncelleme: Elbette aynı argüman, kararsızlığın deterministik logaritmik alan için zaten mevcut olduğunu gösteriyor.

— Georg Zetzsche
kaynak

"boşluklara duyarlı tek diller için boşluk belirlenemez": iyi bilinen bir gerçek mi? Referansınız olur mu?

— J.-E.

Bir contex duyarlı dil Verilen

, morfizmanın almak

her harfinin eşleştiren

. O zaman

ve yalnızca

boşsa boş olur. Deterministik günlük alanı için, bir TM

verildiğinde , bir det inşa edilebilir. Her dizi için logspace TM

şekilde

uzunluğunda bir durdurulması hesaplama vardır

L \subseteq Σ^{*}

$L\subseteq\Sigma^*$

h : Σ^{*} \to {a}^{*}

$h\colon\Sigma^*\to\{a\}^*$

a

$a$

h (L)

$h(L)$

L

$L$

T

$T$

a^{2^{n}}

$a^{2^n}$

T

$T$

n

$n$

— Georg Zetzsche