Пошук прикладів мов, які є "анти-паліндромними"

Нехай . Мова Кажуть , має властивість «анти-паліндром» , якщо для кожного рядка , що є паліндром, . Крім того, для кожного рядка який не є паліндром, ні ні , але не обидва (!) (Виключні або). $\Sigma = \{ 0, 1 \}$ $L \subseteq \Sigma^*$ $w$ $w\notin L$ $u$ $u\in L$ $\mathrm{Reverse}(u) \in L$

Я розумію властивість анти-паліндром, але я не зміг знайти жодної мови, яка має цю властивість. Найближчий один я зміг знайти $\Sigma^* \setminus L$ , але він не має виняткове або частина ... тобто, наприклад, як $01$ і $10$ знаходяться в $L$ .

Чи міг би хтось надати мені приклад мови, яка має цю властивість? Або, можливо, навіть більше, ніж окремий приклад, тому що я не бачу, які обмеження це покладає на мову. (Повинно бути нерегулярним? Без контексту? Або навіть у $R$ ? Та ін.)

formal-languages

— Марік С.
джерело

"Я не зміг знайти жодної мови, яка має цю властивість." - Ви щойно визначили це, надавши властивість, припускаючи, що існує будь-яка мова, яка відповідає умові.

— Рафаель

Я не погоджуюся з тим, що він визначив - це клас мов. Це не є чітко визначеним визначенням мови.

— Шрееш

Відповіді:

Одним із прикладів буде . $L = \{ x\ \ |\ \ binary(x) < binary(x^R), x\in [0,1]^*\}$

І ще один приклад . $L' = \{ x\ \ |\ \ binary(x) > binary(x^R), x\in [0,1]^*\}$

Ідея полягає в тому, що якщо ви складете правило вибирати лише один з них. Вам потрібно вибрати правило так, щоб паліндроми повинні бути відхилені ( , для паліндромів потрібно мати ). Ви також можете змінити алфавіт, Я взяв двійковий алфавіт лише для швидкої відповіді. $x \neq x^R$ $f(x) < f(x^R)$ $f(x)= f(x^R)$

$L$ і вище не є регулярними. І кожна антипаліндромна мова буде нерегулярною і може бути такою ж поганою, як і мова, яка не є RE. Приклад не визначеної мови: такий, що якщо і і Halt або обидва і Стоп, інакше якщо Halt $L'$ $L=\{x\ \ |\ \$ $binary(x)<binary(x^R)$ $x$ $x^R$ $\not\in$ $x$ $x^R$ $\in$ $x \in$ $\}$

Клаус Дрейгер пояснив у коментарі нижче, що антипаліндромна мова, подана на початку відповіді, не є контекстною: $L=\{x0y1x^R\ |\ x,y\in\{0,1\}^*\}$

— Shreesh
джерело

Я бачу, так це правда, що кожна мова проти палліндрому є нерегулярною. Але чи можна сказати, що воно повинно бути в

? тому що навіть розширюючи цю ідею, кожен порядок / функцію, яку ми будемо використовувати, може бути обчислений з TM в

правильно?

R

$R$

R

$R$

— Марік С.

@Marik Є чітко визначені, але незаперечні функції . Наприклад, зіставлення з чисел, що представляють M, w в задачі про зупинку, на [0,1].

— Шрееш

Так, але чи зможуть такі функції визначити загальний порядок на

Σ^{*}

$\Sigma^*$

— Марік С.

Так. Наприклад

якщо і

або

Halt, інакше

або

залежно від того, що знаходиться в Halt

. Halt - це все

таке, що

L = {x | x \neq x^{R}, b i n a r y (x) < b i n a r y (x^{R})

$L = \{x | x \neq x^R, binary(x) < binary(x^R)$

x

$x$

x^{R} \notin

$x^R \not\in$

\in

$\in$

x

$x$

x^{R}

$x^R$

}

$\}$

(M, w)

$(M,w )$

M

$M$ зупинки на

w

$w$

— Шрееш

І якщо ви візьмете мову діагоналізації, то вона стає не-RE.

— Шрееш

Про створення декількох прикладів:

Спираючись на відповідь @shreesh, ми можемо довести, що кожна антипаліндромна мова повинна мати вигляд длядеякогосуворого загального замовлення .

L = {x | x < x^{R}} (*)

$L = \{ x \ |\ x < x^R \}\qquad (*)$

<

$<$

Дійсно, враховуючи будь-який антипаліндром , ми можемо визначити асоційований наступним чином. Почнемо з будь-якого перерахунку з , де кожне слово трапляється рівно один раз. Потім ми змінюємо перерахування: для кожної пари непаліндром ми поміняємо їх положення так, щоб той, що належить з’явився перед іншим. Нове перерахування викликає повне впорядкування задоволення . $L$ $<$ $x_0,x_1,\ldots$ $\{0,1\}^*$ $x,x^R$ $L$ $<$ $(*)$

Те, що кожен визначений як є непаліндром тривіальним, тому є повною характеристикою мов, що не належать до паліндром. $L$ $(*)$ $(*)$

Звертаючись до початкового запитання, тепер ми знаємо, що ми можемо отримати кілька прикладів мов антипаліндром шляхом створення замовлень . Ми також знаємо, що тим самим ми не обмежуємо себе підкласом мов, втрачаючи загальність. $L$ $<$

Щодо питання "Чи можуть ці мови бути регулярними?":

Щоб довести, що будь-який антипаліндром нерегулярний, припустимо, що це протиріччя, це регулярно. $L$

Оскільки закономірність зберігається за допомогою звороту , також є регулярним. $L^R$
Оскільки закономірність зберігається об'єднанням, , що є сукупністю всіх непаліндром, також є регулярним. $L \cup L^R$
Оскільки регулярність зберігається доповненням, множина всіх паліндром є регулярною.

З останнього твердження ми можемо отримати протиріччя накачуванням. (Дивіться, наприклад, тут рішення)

— чі
джерело

Або, простіше кажучи, ви можете зауважити, що для того, щоб DFA прийняв мову паліндромів, потрібно розглянути першу половину рядка під час розбору другої половини - але DFA має обмежену кількість станів і не може зберігати довільно довга струна Це ж міркування показує, що мова врівноважених дужок є нерегулярною (батьківська глибина може бути довільно великою).

— Кевін

Я бачу, але якщо є якийсь

який має цю властивість, якщо з форми

чи означає це, що кожна мова також є контекстною? Або якщо не CFL, то він повинен бути в

? оскільки кожен порядок

може бути обчислений у

за допомогою TM.

L

$L$

L = {x | x < x^{R}}

$L=\{ x | x<x^R \}$

R

$R$

<

$<$

R

$R$

— Марік С.

@MarikS. Нижченаведена граматика rici доводить, що

може бути без контексту. Я майже впевнений, що деякий

є нерекурсивним, оскільки таких мов незліченно багато - в моєму доказі вище ми можемо робити незмірно нескінченний вибір, який слід ставити першим між

, і кожна комбінація дає чіткий

. Отже, кардинальність таких мов така ж, як

, що незліченно.

L

$L$

L

$L$

x

$x$

x^{R}

$x^R$

L

$L$

{0, 1}^{N}

$\{0,1\}^{\mathbb{N}}$

— чи

Для чого варто, ось проста граматика без контексту для однієї мови проти паліндромної мови:

\begin{aligned} S & \to 0 S 0 ∣ 1 S 1 ∣ 0 X 1 \\ X & \to ϵ ∣ X 0 ∣ X 1 \end{aligned}

$\begin{align} S &\to 0 S 0 \mid 1 S 1 \mid 0 X 1 \\ X &\to \epsilon \mid X 0 \mid X 1 \end{align}$

(Насправді, це антипаліндромна мова, запропонована @shreesh, використовуючи лексикографічне порівняння для менш операційного.)

— rici
джерело

L = {x 0 y 1 x^{R} | x, y \in {0, 1}^{*}}

$L=\{x0y1x^R\ |\ x,y\in\{0,1\}^*\}$