Чи є доповненням {www | …} Без контексту?

Загальновідомо, що доповнення $\{ ww \mid w\in \Sigma^*\}$ без контексту. А як щодо доповнення $\{ www \mid w\in \Sigma^*\}$ ?

Я все-таки вважаю, CFL, з адаптацією класичного доказу. Ось ескіз.

Розглянемо $L = \{xyz : |x|=|y|=|z| \land (x \neq y \lor y \neq z)\}$ , що є доповненням $\{www\}$ , при цьому слова довжиною не $0$ мод $3$ вилучені.

Нехай $L' = \{uv : |u| \equiv_3 |v| \equiv_3 0 \land u_{2|u|/3} \neq v_{|v|/3}\}$ . Зрозуміло, що $L'$ - CFL, оскільки ви можете здогадатися про позицію $p$ і вважати, що $u$ закінчується $p/2$ після цього. Покажемо, що $L = L'$ .

• $L \subseteq L'$ : Нехай$w = xyz \in L$ . Припустимо, є такий$p$ , що$x_p \neq y_p$ . Потім напишіть$u$ для$3p/2$ перших символів$w$ , а$v$ для решти. Природно,$u_{2|u|/3} = x_p$ . Тепер що таке$v_{|v|/3}$ ? Спочатку:

Отже, у $w$ це положення:

Якщо $y_p \neq z_p$ , то нехай $u$ є першим ${3\over2}(|w|/3 + p)$символів$w$, так що$u_{2|u|/3}$є$y_p$; $v$- решта$w$. Потім:

• $L' \subseteq L$ : Повертаємо попередній процес. Нехай$w = uv \in L'$ . Запишіть$p = 2|u|/3$ . Тоді: $$p+|w|/3 = 2|u|/3+|uv|/3 = |u| + |v|/3.$$ Таким чином$w_p = u_{2|u|/3} \neq v_{|v|/3} = w_{p + |w|/3}$ і$w \in L$ (оскільки якщо$w$ має вигляд$xxx$ , він повинен містити, що$w_p = w_{p+|w|/3}$ для всіх$p$ ).

Ось як я думаю про вирішення цієї проблеми за допомогою КПК. На мою думку, це інтуїтивно зрозуміліше.

$x$$www$$|x| \not\equiv 0$$a$$b$$|w|$

Ми використовуємо звичайний трюк використання стека для підтримки цілого числа , маючи новий символ "знизу стека" , зберігаючи абсолютне значенняяк кількість лічильників на стеку, так і sgn ( ) за станом PDA. Таким чином, ми можемо збільшити чи зменшити , зробивши відповідну операцію.$t$$Z$$|t|$$t$$t$

Мета полягає у використанні недетермінізму для відгадування позицій двох символів, які ви порівнюєте, та використання стека для запису , де - відстань між цими двома символами. $t := |x|-3d$$d$

Ми виконуємо це наступним чином: приріст для кожного символу, що бачиться, поки не буде обраний перший відгаданий символ , і запишіть у стан. Для кожного наступного символу введення, поки ви не вирішите, що бачили , зменшіть на ( для введення довжини та для відстані). Відгадайте положення другого символу і запишіть, чи . Продовжуйте збільшувати для наступних символів введення. Прийміть, якщо (виявляється зверху) і .$t$$a$$a$$b$$t$$2$$1$$-3$$b$$a \not= b$$t$$t = 0$$Z$$a \not= b$

Приємне в тому, що слід повністю зрозуміти, як поширити це на довільні повноваження.

Просто інша ("орієнтована на граматику") перспектива, щоб довести, що доповнення є CF для будь-якого фіксованого використанням властивостей закриття.$\{ w^k \}$$k$

Спершу зауважте, що у додатку завжди є таке, що . Ми зосереджуємося на і починаємо з простої граматики CF, яка створює:$\{ w^k \}$$i$$w_i \neq w_{i+1}$$w_1 \neq w_2$

$L = \{\underbrace{a00...0}_{w_1} \; \underbrace{b00...0}_{w_2} ... \underbrace{000...0}_{w_k} \mid |w_i|=n \} = \{ a 0^{n-1} \, b 0^{n(k-1)-1} \}$

Наприклад, , маємо ,$k = 3$$L = \{ a\,b\,0, a0\,b0\,00, a00\,b00\,000, ...\}$$G_L = \{ S \to ab0 | aX00, X \to 0X00 | 0b0 \}$

Потім застосуйте закриття при зворотному гомоморфізмі та об'єднанні :

Перший гомоморфізм:$\varphi(1) \to a, \varphi(0) \to b, \varphi(1)\to 0, \varphi(0) \to 0$

Другий гомоморфізм:$\varphi'(0) \to a, \varphi'(1) \to b, \varphi'(1)\to 0, \varphi'(0) \to 0$

$L' = \varphi^{-1}(L) \cup \varphi'^{-1}(L)$ все ще вільний від контексту

Застосовуйте замикання під циклічними зрушеннями до щоб отримати набір рядків довжиною не виду :$L'$$kn$$w^k$

$L'' = Shift(L') = \{ u \mid u \neq w^k \land |u| = kn \}$ .

Нарешті додайте звичайний набір рядків, довжина яких не ділиться на , щоб отримати точно доповнення :$k$$\{w^k\}$

$L'' \cup \{\{0,1\}^n\mid n \bmod k \neq 0\} = \{ u \mid u \neq w^k\}$