Легке підтвердження того, що без контекстних мов закриваються в циклічному зсуві

Циклічний зсув (також званий поворотом або кон'югацією ) з мови визначається як . Згідно з вікіпедією (і тут ), в рамках цієї операції без контекстні мови закриваються посилання на документи Ошиби та Маслова. Чи є простий доказ цього факту? $L$ $\{ yx \mid xy \in L \}$

Для звичайних мов закриття обговорюється в цій формі як " Доведіть, що звичайні мови закриті під оператором циклу ".

formal-languages context-free closure-properties

— Гендрік Ян
джерело

Ви можете спробувати скористатись автоматичними розгортаннями. Враховуючи автоматичний віджимання для мови оригіналу, ми побудуємо його для циклічного зсуву. Новий автомат працює у два етапи, що відповідає і частині слова (де - мовою оригіналу). На першому етапі, коли автомат хотів би спливати нетермінальний , він може замість цього натиснути нетермінальний ; ідея полягає в тому, що в кінці першого етапу стек міститиме в зворотному порядку символи, які знаходять у стеку після читання оригінальним автоматом. На другій стадії (вимикач недетермінований) замість натискання нетермінального $y$ $x$ $yx$ $xy$ $A$ $A'$ $x$ $A$ , нам дозволено спливати нетермінальний . Якщо оригінальний автомат справді може генерувати стек при прочитанні , то новий міг би точно викласти весь стек. $A'$ $x$

Редагувати: Ось ще кілька деталей. Припустимо, нам дають PDA з алфавітом , набором станів , набором станів , нетерміналами , початковим станом та набором допустимих переходів. Кожен допустимий перехід має вигляд , тобто в стані , читаючи (або ; у такому випадку це вільний перехід), якщо вершиною стека є (або , що означає, що стек порожній), тоді PDA може (це недетермінована модель) перейти до стану , замінюючи $\Sigma$ $Q$ $F$ $\Gamma$ $q_0$ $(q,a,A,q',\alpha)$ $q$ $a \in A$ $a = \epsilon$ $A \in \Gamma$ $A = \epsilon$ $q'$ $A$ з . $\alpha \in \Gamma^*$

Новий КПК має новий нетермінальний для кожного . Для кожного двох станів та існують два стани . Вихідні стани (фактичний вихідний стан вибирається серед них не детерміновано через -переходи) . Для кожного переходу є відповідні переходи і . Є й інші переходи. $A'$ $A \in \Gamma$ $q,q' \in Q$ $A \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$ $(q,q',1),(q,q',2,A)$ $\epsilon$ $(q,q,1)$ $(q,a,A,q',\alpha)$ $((q,q'',1),a,A,(q',q'',1),\alpha)$ $((q,q'',2,B),a,A,(q',q'',2,B),\alpha)$

Для кожного переходу існують переходи , де і . Для кожного остаточного стану є переходи , де . $(q,a,A,q',\alpha)$ $((q,q'',1),a,B',(q',q'',1),B'A'\alpha)$ $B \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$ $\epsilon' = \epsilon$ $q \in F$ $((q,q'',1),\epsilon,A,(q_0,q'',2,\epsilon),A)$ $A \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$

Для кожного переходу існують переходи , де . Для кожного переходу існують переходи , де . Для кожного переходу існують "узагальнені переходи" ; вони реалізуються як послідовність двох переходів через проміжний новий стан. Переходи\ альфа) з $(q,a,\epsilon,q',\alpha)$ $((q,q'',2,A),a,B',(q',q'',2,A),B'\alpha)$ $A \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$ $(q,a,\epsilon,q',A)$ $((q,q'',2,B),a,A',(q',q'',2,A),\epsilon)$ $B \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$ $(q,a,A,q',B)$ $((q,q'',2,C),a,B'A,(q,q'',2,C),\epsilon)$ $(q,a,\epsilon,q',\alpha)$ $|\alpha| \geq 2$ обробляються аналогічно. Для кожного переходу існують переходи , де . Переходи обробляються аналогічно. Нарешті, існує єдиний остаточний стан та переходи . $(q,a,A,q',A)$ $((q,q'',2,A),a,B,(q',q'',2,A),B)$ $B \in \Gamma' \cup \{\epsilon\}$ $(q,a,A,q',A\alpha)$ $f$ $((q,q,2,A),\epsilon,\epsilon,f,\epsilon)$

(Можливо, я пропустив кілька переходів, і деякі деталі, які я опускаю, дещо безладні.)

Нагадаємо, ми намагаємось прийняти слово , де приймається оригінальним КПК. Стан означає, що ми перебуваємо на етапі 1, у стані , а початковий PDA знаходиться у стані після читання . Стан подібний, де відповідає останньому що вискочив. На етапі 1, ми маємо право висунути замість того , щоб плескати . Ми робимо це для кожного нетермінального, який виробляється при обробці , але тільки вискакується під час обробки . На другому етапі нам дозволено поп $yx$ $xy$ $(q,q',1)$ $q$ $q'$ $x$ $(q,q',2,A)$ $A$ $A'$ $A'$ $A$ $x$ $y$ $A'$ замість того, щоб натискати . Якщо ми це робимо, тоді ми повинні пам’ятати, що топ-запас - це справді ; це застосовується лише тоді, коли на стеку немає «тимчасових» речей, які в модельованому КПК такі самі, як або форми . $A$ $A$ $\epsilon$ $B'$

Ось простий приклад. Розглянемо автомат для який висуває для кожного , і pops для кожного . Новий автомат приймає слова двох форм: і . Для слів першої форми, 1 -й ступені складається з штовхаючи раз«2 -й ступені складається з вискакують раз , штовхаючи раз , і вискакують раз . Для слів другої форми спочатку натискаємо раз $x^n y^n$ $A$ $x$ $A$ $y$ $y^k x^n y^{n-k}$ $x^k y^n x^{n-k}$ $k$ $A'$ $k$ $A'$ $n-k$ $A$ $n-k$ $A$ $k$ $A$ , потім поп раз , натисніть раз , перехід до етапу 2 та pop разів . $k$ $A$ $n-k$ $A'$ $n-k$ $A'$

Ось більш складний приклад для мови збалансованих дужок різних типів ("()", "[]", "<>"), що безпосередні нащадки кожного типу дужок повинні належати до іншого типу. Наприклад, "([] <>)" добре, але "()" неправильно. Для кожного «(», ми поміщаємо якщо стек топ-ні , для кожного «)», ми вискочити . Аналогічно , пов'язані з "[]" і "<>". Ось як ми приймаємо слово ">) ([()] <". ">)", натискаючи , і переходимо до етапу 2. Ми споживаємо "(", вискакуючиі запам'ятовування верхньої межі стека . Ми споживаємо "[()]", штовхаючи та вискакуючи ; при натисканні $A$ $A$ $A$ $B$ $C$ $C'A'$ $A'$ $A$ $BA$ $B$ , ми усвідомлюємо, що "справжня" вершина стека - це , і тому квадратні дужки дозволені (нас би не обдурили ">) (() <"); при натисканні на , оскільки вершина стека - це (що не або форма ), то ми знаємо, що також "справжня" вершина стека, і тому круглі дужки дозволені (незважаючи на те, що тіньова вершина стека - ). Нарешті, ми споживаємо "<" і поп . $A$ $A$ $B$ $\epsilon$ $X'$ $B$ $A$ $C'$

— Юваль Фільм
джерело

Вибачте, у мене проблеми з розумінням - чи можете ви пояснити далі? З чого починається автомат і які його переходи? І чи відбувається перемикач для кожного символу стека? Дякую!

A \to A^{'}

$A \to A^{\prime}$

— usul

Дуже цікава пропозиція. Дякую. Я трохи пережовую це, щоб воно затонуло.

— Хендрік,

@usul, вам доведеться самостійно заповнювати дані. Перемикач (на першому етапі) повинен відбуватися, коли автомат "хоче" спливати але не може, і замість цього він натискає . Ви можете думати про це як недетермінований хід.

A \to A^{'}

$A \rightarrow A'$

A

$A$

A^{'}

$A'$

— Yuval Filmus

@Yuval: Вибачте, але я не можу цього зробити. Як я розумію вашу ідею, новий автомат починається з імітації частини, зміни pops та push. Потім генеруйте на стеку, де початковий автомат починається з під час читання . Що це оригінал починається з натискання? Тоді автоматизатор nwe повинен вискочити з порожнього стека. Я все ще думаю, що ваша інтуїція варта, але, здається, потрібна додаткова турбота.

y

$y$

α

$\alpha$

α

$\alpha$

y

$y$

— Гендрик Ян

@Hendrik, вибачте, але я не можу слідувати вашому контрприкладу. У який момент ви думаєте, що новий автомат повинен вискочити з порожнього стека?

— Yuval Filmus

Розглянемо нормальну форму Грейбаха . Для побудови зміщеної мови потрібно лише змінити виробництво на і додати новий нетермінальний який поводиться так, як раніше , якщо у деяких випадках виробництво посилання . $S \to \alpha A_1 \dots A_n$ $S \to A_1\dots A_n \alpha$ $S'$ $S$ $S$

— Karolis Juodelė
джерело

Дякую, але це переноситься однією буквою. Мене цікавить загальна ротація, довільною кількістю літер.

— Гендрик Ян

@HendrikJan. Ну, якщо без контексту, тож , безумовно , буде контекст безкоштовно , а також. Ви можете побудувати граматику для нього, застосовуючи метод , який я запропонував раз. Крім того, можна побудувати граматика безпосередньо, «сплощення» даної граматики Наприклад, якщо і граматика має виробництво і , ви додасте добуток і поверніть це. Звичайно, розмір Ваша граматика може зрости дуже швидко.

{shift}_{1} (L)

$\text{shift}_1(L)$

{shift}_{n} (L) = {shift}_{1} ({shift}_{1} (\dots (L) \dots)

$\text{shift}_n(L) = \text{shift}_1(\text{shift}_1(\dots (L) \dots)$

n

$n$

{shift}_{n} (L)

$\text{shift}_n(L)$

n = 2

$n = 2$

S \to α A B

$S \to \alpha AB$

A \to β C

$A \to \beta C$

S \to α β C B

$S \to \alpha \beta CB$

— Karolis Juodelė

Для фіксованого ви праві. Але тут не закріплено і не обмежено. Наприклад, якщо то отримаємо .

n

$n$

n

$n$

L = {a^{n} b^{n} ∣ n \geq 0}

$L = \{ a^nb^n \mid n\ge 0 \}$

{a^{k} b^{n} a^{ℓ} ∣ k + ℓ = n} \cup {b^{k} a^{n} b^{ℓ} ∣ k + ℓ = n}

$\{ a^kb^na^{\ell} \mid k+\ell = n \} \cup \{ b^ka^nb^{\ell} \mid k+\ell = n \}$

— Гендрик Ян

@HendrikJan, я бачу. Я помилково припустив, що питання стосується кінцевої зміни. Я перегляну свою відповідь ...

— Karolis Juodelė

Це виявилося гарною ідеєю перевірити старий класичний Хопкрофт та Уллмана Введення в теорію автоматів (1979). Закриття під циклом - вправа 6.4с і позначене S **. Подвійні зірки означають, що це одна з найскладніших проблем (у книзі). На щастя, S вказує, що це одна з обраних проблем з рішенням.

Рішення полягає в наступному. Прийміть CFG в нормальному вигляді Хомського. Розгляньте будь-яке похідне дерево і в основному переверніть його догори дном. Розглянемо шлях у вихідному дереві. Ліворуч дерево має внески праворуч , тобто похідний рядок дорівнює . (Насправді, оскільки граматика - це CNF, коли шлях продовжується ліворуч, внесок буде праворуч, а відповідний порожній тощо). $S=X_1, X_2, \dots , X_n$ $x_1, x_2, \dots, x_n$ $y_1, y_2, \dots, y_n$ $x_1 x_2 \dots x_n y_n \dots y_2 y_1$ $x_i$

Дерево догори дном має шлях із внесками вліво і праворуч, тому результат є виведенням для . По мірі необхідності. $S', \hat X_n, \dots \hat X_2, \hat X_1$ $y_n, \dots, y_2 y_1$ $x_n, \dots, x_2 x_1$ $y_n \dots y_2 y_1 x_1 x_2 \dots x_n$

Повні деталі побудови наведені в книзі.

Зверніть увагу, як це нагадує про (прийняте) рішення Юваль. Нетермінали, які висуваються замість вискочивших, знаходяться в протилежному порядку на стеку. Досить схожий на перевернуте дерево.

— Гендрік Ян
джерело