Визначення того, чи є однорідною контекстно-чутною мовою регулярною

Це добре відомий результат, що питання

Чи створює без контексту граматику звичайну мову?

не можна визначити. Однак це стає вирішальним для одинарного алфавіту, просто тому, що в цьому випадку класи без контексту і регулярних мов збігаються.

Моє запитання полягає в тому, щоб знати, що відбувається з неоднаковими контекстними мовами.

Чи можна визначити, чи дана контекстно-залежна граматика в одинарному алфавіті породжує звичайну мову.

Якщо відповідь буде позитивною, оцінка складності буде вітатися.

fl.formal-languages decidability

— Ж.-Є. Шпилька
джерело

На жаль, ваша проблема не вирішена. Підхід, на який я натрапив (який, можливо, переборщив, тому кожен, хто має більш доцільний підхід, повинен посилити!) Спочатку використовує діагональний аргумент, щоб продемонструвати, що є одинарний CSL $X$ який не є регулярним (на відміну від позитивного результату для одинарних CFL), а потім зменшує проблему зупинки для машин Тьюрінга, задавши TM $M$ , побудувавши CSG $G$ який імітує $M$ на довжині стрічки, коротшої за рядок розбору $w$ , розпізнаючи $X$ якщо $M$ зупиняється, не переступаючи межі і не в змозі проаналізувати інакше, так що $G$ успішно аналізує всі $w \in X$ які є досить довгими iff зупинками (так що $M$ відрізняється від лише на кінцево багато рядків і тому не може бути регулярним), інакше розпізнає порожню мову (яка, очевидно, регулярна). $L(G)$ $X$ $G$

Ключовим у цьому підході є зауваження, що CSG не стосуються лише граматичних питань, таких як структура фрази - дійсно, послідовності деривації CSG можуть проводити довільні недетерміновані обчислення, обмежені простором (насправді існують $\mathbf{PSPACE}$ -повні CSL-файли), перш ніж приступити до справи вирівнювання з рядком розбору. Це найлегше спостерігається за допомогою стандартних перетворень між CSG та монотонними граматиками (яка продовжує працювати при обмеженні унарних алфавітів), а також використання простих монотонних виробництв для імітації машинних переходів Тьюрінга на рядках деривації, які представляють етапи в історії обчислень. Протягом цієї відповіді я припускаю, що читач може зрозуміти більшість деталей, коли потрібен CSG для імітації заданих обчислень. (Я припускаю, що запитуючий задоволений усім цим, але я переглядаю це для повноти. Тим не менш, не соромтеся вимагати роз'яснень у коментарях.)

По-перше, нам потрібна наша нерегулярна одинарна CSG. ( EDIT: значить, це було надмірно - нерегулярні одинарні CSL-файли можна легко демонструвати, наприклад, через перекачувальну лему на будь-якій мові, яка виявляє найосновнішу нерегулярність. Див. Коментарі для прикладів. Заднім оглядом, використовуючи діагональний аргумент було як привести ядерну боєголовку до бою з ножами. Перевірте цю конструкцію, якщо вам цікаво, інакше перейдіть до скорочення.

Нехай бути перерахуванням DFA за алфавітом , таким чином, що кількість станів у збільшується в . Ми описуємо CSG з точки зору його поведінки під час розбору рядка : $D_1, D_2, ...$ $\{1\}$ $D_i$ $i$ $G_X$ $1^n \in \{1\}^*$

Недетерміновано генерують рядок з "порожніх" нетерміналів, які ми вважаємо "стрічкою". Один із порожніх нетерміналів повинен бути окремим нетерміналом "порожня + голова читання-запису + старт запуску". Якщо рядок розбору не дорівнює то ця деривація закінчиться невдалою. Ми описуємо решту процесу з допомогою детермінованих обчислень, імітованих єдино можливим виведенням. $n$ $1^n$
Надрукуйте на стрічці кодування наступним числом у двійковій формі , де і обрано так, щоб у нас на стрічці завжди було достатньо місця, щоб зробити те, що нам потрібно. (Це можливо, оскільки простір, необхідний для кодування і і $D_i$ $i$ $i = n - c$ $c$ $D_i$ $i$ логарифмически зростає в ) . $i$
Оцініть на вході . Для цього не потрібно зображувати стрічку - ви можете просто зберігати єдиний стан, який ви змінюєте відповідно до переходів $D_i$ $1^i$ $D_i$ $D_i$ під час декременту . $i$
Якщо відхиляє $D_i$ $1^i$ , перезапишіть усю стрічку нетерміналами, які створюють . Інакше не вдасться. $1$

Беремо . Чітко для будь-якого , оскільки $X = L(G_X)$ $X \ne L(D_i)$ $i$ . $1^{i+c} \in X \Leftrightarrow 1^{i+c} \notin L(D_i)$

Наступним кроком є розробка скорочення від проблеми зупинки до проблеми запитувача. (Якщо ви пропустили вищевказаний розділ, нехай - це довільна нерегулярна одинарна CSL, породжена CSG $X$ ) $G_X$

Нехай - довільна ТМ. Ми перетворюємо в CSG який веде себе так, як це робиться в рядку розбору $M$ $M$ $G$ : $1^n$

Породжувати порожніх нетермінали, причому крайній лівий - окремий порожній + голова читання-запису, нетермінальний, а також генерують "граничний" нетермінал з кожної сторони. Знову ж таки, якщо ми генеруємо неправильну кількість нетерміналів, то ми провалюємося. $n-2$
Моделюйте у просторі між граничними нетерміналами. Якщо $M$ $M$ колись переходить на один з граничних станів, ми припиняємо моделювання і припускаємо, що ніколи не зупиняється. $M$
Якщо зупиняється, поводься так $M$ . Якщо нам довелося припинити моделювання, то провалити. $G_X$

Зауважте, що якщо вдається запуститись назавжди в межах, ніколи не може генерувати рядок розбору, і таким чином вийде з ладу. Якщо зупиняється, то існує деякий простір якого вистачає, щоб містити весь обчислення , отже, аналізує коли та , а значить, є об'єднанням і кінцева мова, звідки $M$ $G$ $M$ $n$ $M$ $G$ $1^m$ $m \ge n+2$ $1^m \in X$ $X$ $L(G)$ $L(G)$ не є регулярним. З іншого боку, якщо ніколи не зупиняється, то явно регулярний. $M$ $L(G) = \varnothing$

Алгоритм для визначення того, чи є регулярним, чи ні, визначав би, чи не зупиняється на порожній стрічці, що не можна визначити. Звідси випливає, що проблема запитувача не може бути вирішена. $L(G)$ $M$

— gdmclellan
джерело

У першій частині вашої відповіді

є прикладами одинарних нерегулярних мов, що залежать від контексту.

{a^{n^{2}} ∣ n ⩾ 0}

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

{a^{p} ∣ p is prime}

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

— Ж.-Є.

Хе, справді перекручене, мабуть, мені прийшло в голову, що діагональний аргумент буде грубою надмірністю. Я думаю, я відредагую відповідь у відповідь. Сподіваюсь, друга частина була корисною.

— gdmclellan

@ J.-E.Pin: Я не надто замислювався над цим, чи легко створити одинарну граматику, залежну від контексту, для

{a^{p} ∣ p is prime}

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

— Marzio De Biasi

@ marzio-de-biasi Я повинен зізнатися, що не перевірив себе, але покладався на цю відповідь

— J.-E.

@MarzioDeBiasi Дуже легко. При визначенні того, чи є мова залежною від контексту, звичайний процес - це щось на зразок 1. недетермінованого відгадування рядка розбору; 2. провести обчислення, обмежене простором, щоб визначити, чи відповідає рядок аналізу синтаксису деяким предикатом; і 3. генерувати рядок iff зазначеного предиката визнано задоволеним. Простір може бути певною проблемою (простір, обмежений задається довжиною рядка розбору, тому що ви не можете скористатись похідною рядком, використовуючи контекстно-залежні постановки), але в одинарному випадку у вас є експоненціальний простір для роботи .

— gdmclellan

Це по суті та сама відповідь, як і вище, але оскільки шукається "більш доцільна" відповідь, я згадую про це: (Також це моя перша публікація тут, тож пробачте мене, якщо я розміщую дрібницю!)

Зауважте, що порожнеча не вдається визначити для одинарних контекстно-чутливих мов. Фікс контекстно-чутливу, але нерегулярний мову . Враховуючи LBA для , можна легко побудувати LBA для . Тоді чітко регулярно, якщо і тільки якщо порожній. $N\subseteq a^*$ $L\subseteq a^*$ $L'=\{ a^n \mid \text{$a^n\in N$ and $\exists m\le n\colon a^m \in L$}\}$ $L'$ $L$

Оновлення: Звичайно, той же аргумент показує, що невизначеність вже має місце для детермінованого логарифмічного простору.

— Георг Зецше
джерело

"порожнеча не визначається для одинарних мов, що залежать від контексту": це загальновідомий факт? Ви б мали довідку?

— Ж.-Є.

З огляду на контекстно-чутливу мову

, візьміть морфізм

який відображає кожну букву на

. Тоді

порожній, якщо і тільки якщо

порожній. Для детермінованого простору журналів, заданого TM

, можна побудувати діт. logspace ТМ для безлічі всіх

таким чином, що

має зупиняючи обчислення довжини

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

$n$

— Георг Зецше