Чи існує CFG полінома розміру, який описує цю кінцеву мову?

Чи існують перестановки та поліноміальний розмір (у ) контекстна вільна граматика, яка описує кінцеву мову над алфавітом ? $\pi_1,\pi_2$ $|w|=n$ $\{w \pi_1(w) \pi_2(w)\}$ $\{0,1\}$

ОНОВЛЕННЯ: Для однієї перестановки можливо. - обернення або відносно незначна модифікація реверсу. $\pi$ $\pi$

fl.formal-languages grammars context-free

— jerr18
джерело

Також запитують на math.stackexchange. Що він має на увазі: чи є послідовність перестановок такою, що мови мають CFG розмірів полінома?

π_{1}^{n}, π_{2}^{n} \in S_{n}

$\pi_1^n,\pi_2^n \in S_n$

L_{n} = {w π_{1} (w) π_{2} (w) : w \in {0, 1}^{n}}

$L_n = \{w \pi_1(w) \pi_2(w) : w\in \{0,1\}^n\}$

— Yuval Filmus

math.stackexchange.com/questions/22361/…

— Tsuyoshi Ito

Чи знаємо ми, чи є CFG для

L = ⋃_{n} L_{n}

$L = \bigcup_n L_n$ ?

— Каве

@Kaveh: Відповідь ні, для будь-якої послідовності хімічних речовин. Якщо ваша мова

L

$L$ була без контексту, то вона має довжину накачування

p

$p$ . Застосуйте накачувальну лему для CFG до рядка L, пов'язаного з

w = 0^{p} 1^{p}

$w = 0^p 1^p$ . Лемма накачування для CFG також скажемо, що якщо OQ має позитивну відповідь, то CFG для

L_{n}

$L_n$ повинен використовувати принаймні

Ω (n / \log n)

$\Omega(n / \log n)$ змінних, оскільки нам потрібно

3 n

$3n$ менше довжини накачування. , так що наша CFG для

L_{n}

$L_n$ не приймає жодних рядків довжиною

> 3 n

$> 3n$ . Я ще не бачу, як це використовувати, щоб виключити позитивну відповідь на ОК, але це можливо.

— Джошуа Грохов

@Kaveh: (Крім того, якщо послідовність лікарських засобів можна вибирати довільно, то ваша мова навіть не повинна бути обчислена ... ОК, здається, за своєю суттю неоднакова.)

L

$L$

— Джошуа Грохов

Хомська нормальна форма

CFG знаходиться у CNF (нормальна форма Хомського), якщо єдині постановки мають форму та ; граматику можна донести до CNF лише з квадратичним видувом. $A \rightarrow a$ $A \rightarrow BC$

Для граматики в КНФ, ми маємо славне подсловной Лемма: Якщо генерує слово , то для кожного , є подсловом з довжини , який породжується деяким не-терміналу . Доказ: Спустіть (бінарне) синтаксичне дерево, завжди переходячи до дитини, яка породжує довше підслову. Якщо ви почали з підслова розміром принаймні , ви не можете піти нижче . $G$ $G$ $w$ $\ell \leq w$ $x$ $w$ $\ell/2 \leq |x| < \ell$ $G$ $\ell$ $\ell/2$

Рішення

Не втрачаючи загальності, можна припустити, що граматика для (така мова із специфікою ) знаходиться у звичайній формі Хомського. Мова складається зі слів для всіх . $L_n$ $\pi_1,\pi_2 \in S_n$ $L_n$ $w(x) = x\pi_1(x)\pi_2(x)$ $x \in \{0,1\}^n$

Використовуючи лемму підслова, для кожного ми можемо знайти підрядку довжини породжується деяким символом і виникає в положенні . $w(x)$ $s(x)$

\frac{n}{2} \leq | s (x) | < n

$\frac{n}{2} \leq |s(x)| < n$

A (x)

$A(x)$

p (x)

$p(x)$

Припустимо, що і . Так , подслова може не перетинаються як частини і частини ; ми можемо вважати, що це відмежовано від частини. Таким чином, має вигляд . Це означає, що генерує рівно один рядок, а саме . Тому . $p(x) = p(y)$ $A(x) = A(y)$ $|s(x)|<n$ $s(x)$ $x$ $\pi_2(x)$ $w(x)$ $x$ $w(x)$ $x \alpha s(x) \beta$ $A(x)$ $s(x)$ $s(x) = s(y)$

Тепер перетинає або або принаймні місця, і таким чином визначає щонайменше біт . Тому максимум рядки можуть мати і . Оскільки для існує максимум можливостей , ми отримуємо, що у граматиці є принаймні різні нетермінали. $s(y)$ $\pi_1(y)$ $\pi_2(y)$ $n/4$ $n/4$ $y$ $2^{3n/4}$ $y \in \{0,1\}^n$ $p(x) = p(y)$ $A(x) = A(y)$ $3n$ $p(y)$

\frac{2^{n / 4}}{3 n}

$\frac{2^{n/4}}{3n}$

Коментар: той самий доказ працює, якщо , тобто довільні перестановки на множині всіх бітних слів. З огляду на біт , існує рівно прообрази . $\pi_1,\pi_2 \in S_{\{0,1\}^n}$ $n$ $n/4$ $\pi_i(y)$ $2^{3n/4}$ $y$

Більше прикладів

Використовуючи той самий метод, можна довести, що мова, де кожен символ з'являється рівно двічі, вимагає CFG експоненціального розміру в розмірі алфавіту. Ми можемо замінити "двічі" на будь-яку підмножину крім чотирьох тривіальних (ігноруючи , або не містить жодного або всього цього). $\mathbb{N}$ $0$ $\mathbb{N}_{\geq 1}$

Буду вдячний для цього методу доказування.

— Юваль Фільм
джерело

Ювал, ви можете скопіювати рішення також тут.

— Kaveh

Дякую, Ювал. Якщо ваш метод є правильним і новим, я би радий прочитати статтю, яка розглядає більш загальні випадки з позитивними або негативними результатами полісистематичних CFG для кінцевих або нескінченних мов.

— jerr18

Ось такий запис: cs.toronto.edu/~yuvalf/cfg.pdf .

— Yuval Filmus

Я гадаю, за винятком

N_{\geq 1}

$N_{\geq 1}$ ви маєте на увазі "принаймні одне виникнення терміналу". Чи означає це, що ви можете створити всі перестановки шляхом перетину з

Σ^{| Σ |}

$\Sigma^{|\Sigma|}$ ?

— jerr18

Дивіться відповідне запитання cstheory.stackexchange.com/q/5014, де Юваль розмістив відповідь з опублікованою посиланням.

— Андрас Саламон