Чи є мова пар слів однакової довжини, відстань колування яких 2 або більше без контексту?

Чи є наступним мовний контекст вільним?

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

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

Як вказує sdcvvc, слово на цій мові також можна описати як сполучення двох слів однакової довжини, відстань колування яких 2 або більше.

Я думаю, що це не контекстно, але мені важко це довести. Я спробував перетинати цю мову зі звичайною мовою (наприклад, наприклад), тоді використовую качаючу лему та \ або гомоморфізми, але я завжди отримую занадто складну мову для характеристики та написання вниз. $\ 0^*1^*0^*1^*$

— Роберт777
джерело

Ви спробували накачати рядок

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

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

— Pål GD

Так, але мені не вдалося викачати цей рядок з мови (це не означає, що це неможливо, просто що я не зміг це зробити).

— Robert777

@ PålGD, можливо, вам знадобиться спосіб "позначити" шматки, як-от

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

Цю мову можна записати як

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

$\{uv:|u|=|v|,d(u,v) \geq 2\}$ де

d

$d$ - відстань Хеммінга. Зауважте, що якщо ми замінимо 2 на 1, це контекстно ( cs.stackexchange.com/questions/307 ), але трюк, який використовується там, не буде працювати. Особисто я думаю, що це не контекстно.

— sdcvvc

@sdcvvc: Ви праві, один розділяє

на

так що один з різних бітів знаходиться в

а інший у

. Я стою виправлений.

u

$u$

u^{'} x

$u'x$

u^{'}

$u'$

x

$x$

— Андраш Саламон

Відповіді:

Примітка [2019-07-30] Доказ невірний ... питання складніше, ніж звучить.

Після невдалої спроби тут інша ідея.

Якщо перетинаємо $L$ із звичайною мовою $L_{reg} = 0^*10^*10^*10^*$ отримаємо мову CF.

Можливо, у нас буде більше удачі, якщо ми будемо використовувати $L_{reg}' = 0^*10^*10^*10^*10^*$ (рядок із рівними 4 1s).

Нехай $L_1 = L \cap L_{reg}'$ , неофіційно $w \in L_1$ якщо його можна розділити на дві половини, так що одна половина містить точно $\{0,1,3,4\}$ $1s$ або обидві половини містять дві $1$ с але їхні позиції не відповідають.

Припустимо, що $L_1$ є CF і нехай $G$ є його граматикою в нормальному вигляді Хомського, і нехай

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

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

У нас $|u|=|v|$ (рівна довжина) і $d(u,v) \geq 2$

Якщо ми обмежимо нашу увагу способами, якими можна генерувати чотири 1s $w$ нас є три випадки, показані у верхній частині малюнка 1. Центральна частина фігури 1 показує перший випадок (але інші схожі) .

введіть тут опис зображення
Рисунок 1 (повну картинку можна завантажити тут )

Якщо ми виберемо $a=e, c=2a$ і $b,d \gg a$ ми побачимо, що нулі між двома парами 1s повинні бути незалежно перекачувані (червоні вузли на рисунку): зокрема, для досить великих $b \gg a$ , ми отримуємо дублікат нетермінального вузла на внутрішньому піддереві (вузол X на фігурі 2) або повторне підряд в шляху до першого або другого 1 (вузол Y на фігурі 2). Зауважте, що малюнок 2 трохи спрощений: між двома $X$ s, а також між двома $Ys$ ( може бути більше нетермінальних вузлів $Y\to ... \to Z_i \to ... Y$ але при $Z_i$ що виробляє лише 0s праворуч від першого 1).

введіть тут опис зображення
Малюнок 2

Таким чином, ми можемо зафіксувати довільне $a = e = k, c = 2a$ , а потім вибрати досить велике $b$ щоб отримати незалежно перекачуваний вузол на послідовності нулів між першим і другим $1$ . Для послідовності нулів між третьою та четвертою 1 ми можемо вибрати $d = b! +b$ .
Але $0^b$ є незалежно накачуваним, тому існує $p \leq b$ підкачана підрядка $y$ , тобто така, що $b = xyz, |y|=p, |x|\geq 0, |z|\geq 0$ і $xy^iz = b!+b$ . Рядок, який ми отримуємо, це:

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

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

але $w' \notin L_1$ . Таким чином, $L_1$ не є CF і, нарешті, $L$ не є CF.

Якщо доказ правильний (???), його можна поширити на всі мови $L_k = \{ uv : |u|=|v|, d(u,v)\geq k\}, k\geq 2$

— Vor
джерело

Я боюся, що щедрість закінчиться до того, як ми дійсно зможемо перевірити цей доказ, тому, якщо будь-яка різка інформація не з’явиться протягом наступних 4 годин, це отримає бали за найкращу спробу поки що.

— jmite

@jmite: не хвилюйтеся, є велика ймовірність, що це неправильна спроба, як попередня (яка тривала близько 30 хвилин, перш ніж виявити тривіальну помилку) :-) :-)

— Vor

Чому відмінність справи? Гілки в граматиці не мають відношення до половинок слова. Але я думаю, це не має значення; якщо докази спрацьовують, це розмежування справи не потрібно. Дивлячись на припущену граматику та використовувати доказ лемми накачки замість самої леми, це приємний трюк (слід робити це частіше). У мене є одне (справжнє) занепокоєння: якщо накачати підрядку

, ви отримаєте

; Я не бачу, як ти дістаєшся до

. Не думайте, що це може нашкодити доказу, але краще перевірте. Крім того, ви можете виправити деякі позначення (та друкарські помилки).

0^{b}

$0^b$

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

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

b + b!

$b+b!$

— Рафаель

@Raphael: дякую за коментарі. Можливо, я помиляюся, але якщо ви виберете як цільову довжину

то для кожної довжини накачування

, рядок

можна розкласти на

і можна перекачати до

насправді у вашому прикладі р, безумовно, ділить

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!

$b!$ , значить, є

для якого

, але початкова довжина рядка дорівнює

, тому загальна довжина накачаної дорівнює

. Я пам’ятаю це з пари вправ, в яких використовується лемма Огдена… тепер я ще раз перевірю їх.

(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: ... я ніде не знайшов доказів, а лише документ Заха Томашевського, який доводить, що доповненням

є CF (див. Питання ), тому, можливо, це новий результат (хоч і просто); і теорема стилю накачки може бути отримана для мов із рядками, що містять кінцеве число певного символу та підрядів довільної довжини між ними.

L_{d u p} = {w w}

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

— Vor

Після 2 невдалих спроб, які були спростовані @Hendrik Jan (спасибі), ось ще одна, яка не має успіху. @Vor знайшов приклад детермінованої мови CF, де застосовуватиметься та сама конструкція, якщо вона правильна. Це дозволило виявити помилку в прив’язці рядка у застосуванні леми. Сама лема, здається, не винна. Це очевидно занадто спрощена конструкція. Детальніше дивіться в коментарях. $y$

Мова не є контекстом. $L = \{ uxvy \mid u,v,x,y \in \{ 0,1 \}^*\text \{ \epsilon \} \ ,\ \mid u \mid = \mid v \mid \ , \ u \not= v \ , \ \mid x \mid = \mid y \mid \ , \ x \not= y \ \}$

Корисно мати на увазі характеристику де d - відстань Хеммінга, запропонована @sdcvvc. Що потрібно подумати - це дві обрані позиції в кожній половині рядка, так що відповідні символи відрізняються. $L= \{uv:|u|=|v|,d(u,v) \geq 2\}$

Тоді ви вважаєте рядок таким, що і є парним. Це чітко в мові L, вирізаючи і будь-якому місці між двома 1. Ми хочемо перекачати цей рядок у першій частині між 1-ю, щоб вона стала що, як передбачається, не має мови. $10^i10^j$ $i \lt j$ $i+j$ $u$ $x$ $10^j10^j$

Спочатку ми намагаємось використовувати лемму Огдена , яка нагадує лемму накачування, але застосовується до або більш відомих символів, позначених на рядку, - довжина накачування для позначених символів (але лема може накачувати більше, тому що вона також може накачати немарковані символи). Накачка позначеної довжини залежить лише від мови. Ця спроба зазнає невдачі, але провал стане натяком. $p$ $p$ $p$

Потім ми можемо вибрати і позначимо символи на першій послідовності 0. Ми знаємо, що жоден з двох 1-х не буде в насосі, тому що він може викачати один раз (показник 0) замість закачування. І викачування 1-х виведе нас з мови. $i=p$ $i$

Однак ми можемо накачати по обидва боки другого 1 так само швидко або навіть швидше з правого боку, щоб другий 1 ніколи не потрапляв через середину струни. Також лемма Огдена не встановлює верхньої межі розміру того, що накачується, так що неможливо організувати перекачування, щоб отримати найправіший 1 рівно через середину струни.

Ми використовуємо модифіковану версію леми, тут називається лема Неша, яка може впоратися з цими труднощами.

$u$ $v$ $v$ $v$ $u \prec v$

$L$ $p\gt0$ $q\gt 0$ $w$ $p$ $L$ $p$ $w$ $w$ $w=uxyzv$ $u$ $x$ $y$ $z$ $v$

$xz$
$xyz$ $p$
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. $ux^j\hat x^i\hat y\hat z^iz^jv$ $L$ $i \geq 0$ $j \geq 0$

$y$ $xz$ $\hat x\hat z$ $\hat y$ $q$ $x^j$ $z^j$ $j \geq 0$ $j=1$ спростити облік при застосуванні леми.

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

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

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

Я думаю, що я ніколи не побачу
струнку милу, як дерево.
Бо якщо у нього немає розбору,
Рядок - це нічим, але фарс

— бабу
джерело

Однак зауважте, що пропуск у другу половину читає стек у зворотному порядку. Це, мабуть, означає, що дві позиції знаходяться в одному положенні в обох половинах, але в зворотному?

— Хендрик Ян

Ви маєте рацію ... Я похитнувся ... тепер я знаю, що нудило мене в потилиці.

— бабу

Я визнав аргумент (бо не міг змусити його працювати, коли спробував себе).

— Гендрик Ян

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

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

@HendrikJan Чи я знову погукав? (BTW, спасибі за те, що обговорили)

— babou

-1

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

— М. К. Дадетані
джерело

Це неправильно; Ви не можете захистити, щоб довжина AX була такою ж, як BY. Наприклад, ваша граматика породжує S -> AXBY -> A011 -> 0A1011 -> 001011, що не є мовою оригіналу. Також ваші символи A і X породжують однакову мову, однакову для B і Y; їх можна об'єднати.

— sdcvvc