Характеристика

Це стандартний доказ в курсах автоматів, що для і що - це не контекстна мова. $L = \Sigma^\star$ $|\Sigma| \ge 2$ $S(L) = \{ww : w \in L\}$

Вірно також, що для будь-якого кінцевого , є кінцевим (і, отже, CFL). Я здогадуюсь, що , нескінченний і регулярний, не є "достатнім", щоб не був CFL. Редагувати : а як бути з не-CFL ? $L$ $S(L)$ $L$ $S(L)$ $L$

Чи є характеристика того, що має не є CFL? $L$ $S(L)$

context-free

— Райан
джерело

Якщо я правильно розумію, питання полягає в тому, щоб вирішити, задавши звичайну мову

L

$L$ , чи

S (L)

$S(L)$ є без контексту чи ні.

— Ж.-Є.

1. Чи можете ви розповісти більше про те, яку характеристику ви шукаєте? Ви шукаєте алгоритм, який, задаючи

, вирішує, чи

без контексту? Ви шукаєте певні умови на

які є достатніми для того, щоб

був без контексту? Яку формуляр ви хочете взяти для характеристики? 2. Якщо ви не отримаєте жодних відповідей через кілька днів і хочете побачити це на CSTheory.SE, сміливо позначте його на увазі модератора і попросіть перенести його.

L

$L$

S (L)

$S(L)$

L

$L$

S (L)

$S(L)$

— DW

@DW 1. І це було б добре, але я віддаю перевагу достатнім умовам. 2. Дякую за пораду!

— Райан

@Ryan просто достатні умови? Ну, ось пара: (a) L регулярний і для кожного

(b) L - CF і для всіх

або порожній, або рівний

. Це, безумовно, не потрібно. Якщо ви не отримаєте відповіді тут, будь ласка, перенесіть це питання в категорію. Мені дуже цікаво необхідні та достатні умови!

w

$w$

L

$L$

w = w^{R}

$w = w^R$

n

$n$

L \cap Σ^{n}

$L \cap \Sigma^{n}$

Σ^{n}

$\Sigma^{n}$

— aelguindy

Нескінченний і регулярний

дійсно недостатній для

не CF. Якщо

то

що регулярно, отже, CF.

L

$L$

S (L)

$S(L)$

Σ = {a, b, c}, L = a^{*}

$\Sigma = \{a,b,c\},L = a^*$

S (L) = (a a)^{*}

$S(L) = (aa)^*$

— чі

Більш розширений коментар із припущенням, але ось умова, яка, здається, охоплює проблему, в контексті регулярного для без контексту. $L$ $S(L)$

Умова У мінімальному DFA для будь-який приймаючий шлях містить щонайменше один цикл. $A$ $L$

Виняток: дві петлі дозволені, якщо їх мітки та мітка префікса перед першим циклом коментуються, а суфікс після другого циклу порожній. Наприклад, нормально. $aa^*b(aa)^*$

Нагадаємо, що два слова і змінюються, якщо вони є силами одного слова . Ми можемо вважати суфікс порожнім, оскільки він не може бути не порожнім і комутувати з міткою другого циклу в DFA. $u$ $v$ $t$

Достатні Нехай виконуються умови, ви будуєте КПК для , розглядаючи кожну приймаючу зразок з , де мітки простого циклу. Ми хочемо прийняти слова форми . Ми читаємо , натискаємо символ на кожну появу , читаємо , потім виводимо символ на кожне виникнення і, нарешті, читаємо . $L$ $xuy$ $A$ $u$ $xu^nyxu^ny$ $x$ $u$ $yx$ $u$ $y$

Щодо винятку, якщо ми знаходимося в цьому випадку, основний приймаючий шлях має вигляд де - мітки циклів. Ми приймаємо слова форми , але за припущенням ( commute) це те саме, що , яке може робити PDA: натисніть $xuyv$ $u,v$ $xu^n y v^m xu^n y v^m$ $x,u,v$ $u^nxyu^n v^mxyv^m$ $n$ раз (для випадків ), прочитати , pop разів, push разів (для ), прочитати , pop разів. $u$ $xy$ $n$ $m$ $v$ $xy$ $m$

Остаточний КПК - це об'єднання КПК для кожного зразків.

Необхідне (ручне розмахування) Якщо є шлях з двома петлями, навіть у найпростішому випадку, коли ви повинні взяти один, а потім інший (наприклад, ), ви повинні пам'ятати, скільки разів кожен з них взятий, але структура стека заважає повторити їх у тому ж порядку. Зауважте, що той факт, що DFA мінімальний, є важливим для характеристики, щоб уникнути використання двох циклів, коли їх може вистачити. $a^*b^*$

Наразі необхідною частиною є лише здогадка, і щоб отримати точний стан, могло б бути більше винятків, я б зацікавився зустрічними прикладами.

— Денис
джерело

«А потім знову читає ж, вискакує символ для кожного циклу , прийнятого у другому входження слова» - але є нескінченно багато таких

! Якщо я неправильно читаю ваш аргумент.

w

$w$

— Райан

@Ryan кількість "шаблонів" xuy, де u мітки циклу є скінченними, тому ми можемо здогадатися, який з них ми читаємо.

— Денис

Я редагував, щоб уточнити цю частину.

— Денис

Ця умова мені схожа на іншу, яку я мав на увазі: S (L) є контекстною, якщо iff не існує слів

, так що

не є префіксами один одного і

u, v, w_{1}, w_{2}

$u,v,w_1,w_2$

w_{1}

$w_1$

w_{2}

$w_2$

u (w_{1} + w_{2})^{*} v \subseteq L

$u(w_1+w_2)^*v \subseteq L$

— Холф

@holf твоє не схоже на роботу для

a^{*} b^{*}

$a^*b^*$

— Денис