{Www | …} Bağlamdan bağımsız mı?

$\{ ww \mid w\in \Sigma^*\}$ tamamlayıcının bağlamdan bağımsız olduğu iyi bilinmektedir . Peki $\{ www \mid w\in \Sigma^*\}$ ın tamamlayıcısı ne ?

fl.formal-languages context-free

— domotorp
kaynak

Bunun P. Dömösi, S. Horváth, M. Ito, L. Kászonyi, M. Katsura'da Teorem 4 olduğunu keşfettim: İlkel kelimelerden oluşan biçimsel diller. link.springer.com/chapter/10.1007/3-540-57163-9_15

— domotorp

Yanıtlar:

Hala CFL inanıyorum, klasik kanıtın bir uyarlaması ile. İşte bir taslak.

Göz önünde $L = \{xyz : |x|=|y|=|z| \land (x \neq y \lor y \neq z)\}$ tamamlayıcısını olup, $\{www\}$ uzunlukta kelimelerle değil, $0$ mod $3$ çıkarıldı.

Let $L' = \{uv : |u| \equiv_3 |v| \equiv_3 0 \land u_{2|u|/3} \neq v_{|v|/3}\}$ . Açıkçası, $L'$ Bir konum tahmin edebilirsiniz beri CFL olduğu $p$ ve düşünün $u$ biter $p/2$ bundan sonra. $L = L'$ olduğunu gösteriyoruz .

$L \subseteq L'$ : $w = xyz \in L$ . bir $p$ olduğunuvarsayın. Daha sonra geç için birinci karakter ve boyunca. Doğal olarak, . Şimdi ? İlk: $x_p \neq y_p$ $u$ $3p/2$ $w$ $v$ $u_{2|u|/3} = x_p$ $v_{|v|/3}$

| v | / 3 = (| w | - 3 p / 2) / 3 = | w | / 3 - p / 2.

$|v|/3 = (|w| - 3p/2)/3 = |w|/3 - p/2.$

Bu nedenle, $w$ , bu konum:

| u | + | v | / 3 = 3 p / 2 + | w | / 3 - p / 2 = | w | / 3 + p,

$|u|+|v|/3 = 3p/2 + |w|/3 - p/2 = |w|/3 + p,$ bir başka deyişle ya da, pozisyon

p $p$ olarak

y $y$ . Bu

u2|u|/3=xp≠yp=v|v|/3 $u_{2|u|/3} = x_p \neq y_p = v_{|v|/3}$ .

Eğer $y_p \neq z_p$ , $u$ ilk ${3\over2}(|w|/3 + p)$ karakterleri $w$ , böylece $u_{2|u|/3}$ olduğu $y_p$ ; $v$ , $w$ geri kalan kısmıdır. Sonra:

| u | + | v | / 3 = 2 | w | / 3 + p

$|u| + |v|/3 = 2|w|/3 + p$ dolayısıyla benzer şekilde,

v|v|/3=zp $v_{|v|/3} = z_p$ .

$L' \subseteq L$ : Önceki işlemi tersine çeviriyoruz. Let $w = uv \in L'$ . Yazma $p = 2|u|/3$ . Sonra: $p + | w | / 3 = 2 | u | / 3 + | u v | / 3 = | u | + | v | / 3.$ $p+|w|/3 = 2|u|/3+|uv|/3 = |u| + |v|/3.$ Böylece $w_p = u_{2|u|/3} \neq v_{|v|/3} = w_{p + |w|/3}$ ve $w \in L$ ( $w$ $xxx$ biçimindeyse, biçimindeolmalıdır $w_p = w_{p+|w|/3}$ tüm $p$ için).

— Michaël Cadilhac
kaynak

Vay, inanılmaz! Tartışmanızın her detayını takip ettiğimi iddia etmiyorum, sanki son satırla ne demek istediğinizi görmüyorum ('Son bit için') ya da davayı neden

, ancak çözümünüz sonunda çalışır. Ana hileyi

şeklinde özetleyeceğim . Benzer hile ayrıca herhangi bir

| w | / 3<p / 2 $|w|/3<p/2$

3a+3b=2a+(b−a)+2a+2b $3a+3b=2a+(b-a)+2a+2b$

. Acaba

bağlam içermez ya da içermez. Lr={wr} $L_r=\{w^r\}$

L′={xyz:|x|=|y|=|z|∧(x≠y)} $L' = \{xyz : |x|=|y|=|z| \land (x \neq y)\}$

— 19'da domotorp

@domotorp: Şerefe! Pekala, "son parça" gereksizdi, teşekkürler! "

" söz konusu olduğunda, bunu kastettiğinizden emin değilim. Bir şey mi kaçırdım? Senin

gelince , ben de bu "kanıt" yaparken merak ettim! Emin değilim :)|w|/3<p/2 $|w|/3 < p/2$

L′ $L'$

— Michaël Cadilhac

Oh, benim kötü,

her zaman tutar! p/2≤|w|/3 $p/2\le |w|/3$

— 19'da domotorp

Muhtemelen bir sorun değil, ama

tuhaf olabilir, bu yüzden davaları ele almalısınız

garip. p $p$

|u|=3p/2(?) $|u| = 3p/2 (?)$

p $p$

— Marzio De Biasi

@MarzioDeBiasi: Evet, bu yüzden bu bir kroki :-)

— Michaël Cadilhac

İşte bu sorunu bir PDA ile çözmeyi düşünüyorum. Bence sezgisel olarak daha net.

$x$ kelimesi $www$ iff biçiminde değildir (i) $|x| \not\equiv 0$ (mod 3), kontrolü kolaydır veya (ii) ilgili sembol farklı $a$ giriş sembolü vardır $b$ meydana $|w|$ sonra konumlandırın.

Mutlak değeri saklayan yeni bir "yığın alt" sembolü sahip olarak bir tamsayıyı $t$ korumak için yığını kullanma alışkanlığını kullanırız yığındaki sayaç sayısı olarak ve sgn ( $Z$ $|t|$ $t$ durumuna göre ). Böyleceuygun işlemi yaparak $t$ artırabilir veya azaltabiliriz.

Amaç, farkların istatistiksel iki sembollerin konumlarını tahmin etmek gerekirci olmayan makinalar kullanmak ve kayıt için yığını kullanmaktır $t := |x|-3d$ , burada $d$ bu iki sembol arasındaki mesafedir.

Bunu şu şekilde gerçekleştiriyoruz: ilk tahmin edilen sembol seçilene kadar görülen her sembol için $t$ değerini artırın ve durumuna kaydedin. Takip eden her giriş sembolü için, karar verene kadar gördüğümüz , eksiltme ile ( giriş uzunluğu ve mesafe için). İkinci sembol pozisyonunu Tahmin olmadığını ve kayıt . Sonraki giriş simgeleri için artırmaya devam edin . ise kabul et $a$ $a$ $b$ $t$ $2$ $1$ $-3$ $b$ $a \not= b$ $t$ $t = 0$ (algılanabilir $Z$ üstünde) ve $a \not= b$ .

Bununla ilgili güzel olan şey, bunu keyfi güçlere nasıl genişleteceğimizin tamamen açık olması gerektiğidir.

— Jeffrey Shallit
kaynak

Gerçekten, çok temiz!

— 19'da domotorp

Ah, çok daha güzel :-)

— Michaël Cadilhac

$\{ w^k \}$ ın tamamlayıcının herhangi bir sabit için CF olduğunu kanıtlamak için sadece farklı ("gramer odaklı") bir bakış açısı $k$ kapanma özelliklerini kullanan.

Bir tamamlayıcı dikkatinizi çekeriz $\{ w^k \}$ her zaman vardır $i$ bu şekilde $w_i \neq w_{i+1}$ . Biz odaklanmak $w_1 \neq w_2$ ve aşağıdakileri oluşturan basit bir CF gramer ile başlıyoruz:

$L = \{\underbrace{a00...0}_{w_1} \; \underbrace{b00...0}_{w_2} ... \underbrace{000...0}_{w_k} \mid |w_i|=n \} = \{ a 0^{n-1} \, b 0^{n(k-1)-1} \}$

Örneğin $k = 3$ için $L = \{ a\,b\,0, a0\,b0\,00, a00\,b00\,000, ...\}$ , $G_L = \{ S \to ab0 | aX00, X \to 0X00 | 0b0 \}$

Sonra ters homomorfizma ve birlik altında kapatma uygulayın :

İlk homomorfizma: $\varphi(1) \to a, \varphi(0) \to b, \varphi(1)\to 0, \varphi(0) \to 0$

İkinci homomorfizma: $\varphi'(0) \to a, \varphi'(1) \to b, \varphi'(1)\to 0, \varphi'(0) \to 0$

$L' = \varphi^{-1}(L) \cup \varphi'^{-1}(L)$ hala bağlamsız

biçiminde değil uzunluk dizeleri kümesini elde etmek için ye çevrimsel kaymalar altında kapatma uygulayın : $L'$ $kn$ $w^k$

$L'' = Shift(L') = \{ u \mid u \neq w^k \land |u| = kn \}$ .

Son olarak, tam olarak nin tamamlayıcısını elde etmek için uzunluğu ile bölünemeyen normal dizeleri ekleyin : $k$ $\{w^k\}$

$L'' \cup \{\{0,1\}^n\mid n \bmod k \neq 0\} = \{ u \mid u \neq w^k\}$

— Marzio De Biasi
kaynak