Є {ww '| HamDist (w, w ')> 1} без контексту?

Після прочитання недавнього питання «Чи є додаток $\{ www \mid ...\}$ Контекстно-вільним?» ; Я згадав подібну проблему, яку я не зміг спростувати:

Є $L = \{ ww' \mid w,w' \in \{0,1\}^* \land |w|=|w'| \land HamDist(w,w')>1 \}$ контексту?

Тут ми вимагаємо, щоб дві струни відрізнялися щонайменше у двох положеннях (відстань Хеммінга має бути більше $1$ ).

Це без контексту, якщо ми вимагаємо, щоб $HamDist(w,w')\geq 1$ (тобто два рядки повинні просто бути різними).

Я підозрюю, що мова не є контекстною: якщо ми перетинаємо її з регулярними $0^*10^*10^*10^*$ ми отримуємо випадки, коли КПК повинен “запам’ятати” дві позиції у зворотному порядку після досягнення половини рядка.

Оновлення: якщо перетинаємо $L$ з регулярним $R = \{ 0^*10^*10^*10^* \}$ ми отримуємо контекстну мову, як показав domotorp у своїй відповіді; трохи складніший $L \cap R'$ з $R' = \{ 0^*10^*10^*10^*10^*10^* \}$ (ще один $1$ щоб “відстежувати”) все ще підказує, що $L$ не повинен бути контекстним.

fl.formal-languages context-free

— Марціо Де Біасі
джерело

насправді простіше, оскільки саме слова не мають форми

(перетинаються з

L \cap R^{'}

$L\cap R'$

w w

$ww$

R^{'}

$R'$

— domotorp

@domotorp: правильно! змінено на непарний фіксований

с (якщо ваша відповідь не могла бути адаптована також до

, для будь-якого фіксованого непарного

)

1

$1$

{(0^{*} 1 0^{*})^{k}}

$\{ (0^* 1 0^*)^k \}$

k

$k$

— Marzio De Biasi

Останнє зауваження: це не допомагає починати з перших нулів, оскільки без контекстні мови закриті всілякі циклічні зміни. Ви можете просто натиснути їх на стек, позначити останній спеціальним символом, виконати решту алгоритму, роблячи вигляд, що стек там починається, а в кінці випорожніть його. (Тут використовуються

-переходи, але це також просто, якщо такі КПК рівноцінні тим, що не мають.)

ϵ

$\epsilon$

— domotorp

може бути простіше подумати про алфавіт {0,1,2} і розглянути рядки з точно двома 1 і двома. Це не в вашій мові, якщо відстань між 1s і відстань між 2s є n n.

— Каве

$R=\{0^*10^*10^*10^*\mid$ $\}$ $L$ $R\setminus L=\{0^a10^b10^c10^d\mid b=n/2 \vee c=n/2 \vee a+d=n/2\}$ $L=\{0^a10^b10^c10^d\mid b\ne n/2 \wedge c\ne n/2 \wedge a+d\ne n/2\}$ $L=\{0^a10^b10^c10^d\mid b> n/2 \vee c> n/2 \vee a+d> n/2 \vee b,c,a+d<n/2\}$

$3$

$b>n/2$

$c>n/2$

$a+d>n/2$

$b,c,a+d<n/2$ $a+n/2$

— домоторп
джерело

R ∖ L

$R \setminus L$

{0^{a} 1 0^{b} 1 0^{c^{'}} 0^{c^{″}} 1 0^{d} ∣ (n / 2 = a + b + c^{'} = c^{″} + d + 1) \land [(a = c^{″}) \lor (c^{'} = d)}

$\{ 0^a 1 0^b 1 0^{c'} 0^{c''} 1 0^d \mid \ (n/2=a+b+c'=c''+d+1) \land [(a= c'')\lor (c' = d) \}$

b = n / 2 \lor c = n / 2 \lor a + d = n / 2

$b=n/2 \vee c=n/2 \vee a+d=n/2$

R \subset L

$R\subset L$ - це те, що HamDist - не більше . Це відбувається саме в тому випадку, якщо два з трьох матчів 1, тобто один знаходиться в тому ж положенні в першому таймі, як і другий у другому таймі. Якщо ці два 1 є першими та другими 1, тоді ми отримуємо , якщо вони є другими та третьмими 1, ми отримуємо , і якщо вони є першими та третьмими, ми отримуємо , або рівнозначно, (де я трохи обманюю деяку константу 's).

1

$1$

b = n / 2

$b=n/2$

c = n / 2

$c=n/2$

b + c = n / 2

$b+c=n/2$

a + d = n / 2

$a+d=n/2$

\pm 1

$\pm 1$

— domotorp

Чи відповідає це на повне запитання?

— Michaël Cadilhac

@domotorp: Ок, я зрозумів, дякую! Інший сумнів: з (що нормально) ви пишете але це еквівалентно: ? ( умова

L \cap R = {. . . b \neq n / 2 \land c \neq n / 2...}

$L \cap R = \{...b \neq n/2 \land c \neq n/2...\}$

L \cap R = {. . . b > n / 2 \lor c > n / 2 \lor b, c < n / 2}

$L \cap R = \{ ...b > n/2 \lor c > n/2 \lor b,c < n/2 \}$

L \cap R = {. . . (b < n / 2 \lor b > n / 2) \land (c < n / 2 \lor c > n / 2)}

$L \cap R = \{... (b < n/2 \lor b >n/2) \land (c < n/2 \lor c >n/2)\}$

a + d

$a+d$

— Marzio De Biasi

@Michael: No.

$~$

— domotorp