ภาษาของคู่ของคำที่มีความยาวเท่ากันซึ่งระยะการแฮ็มเป็น 2 หรือมากกว่านั้นโดยไม่มีบริบทหรือไม่

บริบทภาษาต่อไปนี้ฟรีหรือไม่

ตามที่อธิบายไว้โดย sdcvvc คำในภาษานี้ยังสามารถอธิบายได้ว่าเป็นการรวมกันของคำสองคำที่มีความยาวเท่ากันในระยะการเชื่อมต่อที่มีค่าเท่ากับ 2 หรือมากกว่า

ฉันคิดว่ามันไม่ใช่บริบท แต่ฉันมีเวลาพิสูจน์ยาก ฉันพยายามตัดภาษานี้ด้วยภาษาปกติ (เช่น เป็นต้น) จากนั้นให้ใช้บทแทรกและบทหรือ \ ลง.$\ 0^*1^*0^*1^*$

หมายเหตุ [2019-07-30]การพิสูจน์นั้นผิด ... คำถามนั้นซับซ้อนกว่าที่คิดไว้

หลังจากความพยายามที่ล้มเหลวที่นี่มันเป็นความคิดอื่น

หากเราตัด$L$กับภาษาปกติ$L_{reg} = 0^*10^*10^*10^*$เราจะได้ภาษา CF

บางทีเราอาจมีโชคมากขึ้นถ้าเราใช้$L_{reg}' = 0^*10^*10^*10^*10^*$ (สตริงที่มี 4 1 วินาที)

ให้$L_1 = L \cap L_{reg}'$ , อย่างไม่เป็นทางการ$w \in L_1$ถ้ามันสามารถแบ่งได้เป็นสองส่วนเช่นครึ่งหนึ่งมี$\{0,1,3,4\}$ $1s$ หรือครึ่งทั้งสองมีสอง$1$วินาที แต่ตำแหน่งของพวกเขาไม่ตรงกัน

สมมติว่า$L_1$เป็น CF และให้$G$เป็นไวยากรณ์ในรูปแบบปกติของ Chomsky แล้วปล่อยให้

เรามี$|u|=|v|$(ความยาวเท่ากัน) และ$d(u,v) \geq 2$

หากเรา จำกัด ความสนใจของเราในวิธีที่สามารถสร้างสี่ 1s ของ$w$เรามีสามกรณีที่แสดงที่ด้านบนของรูปที่ 1 ส่วนที่กลางของรูปที่ 1 แสดงกรณีแรก (แต่คนอื่น ๆ ที่คล้ายกัน) .

รูปที่ 1 (สามารถดาวน์โหลดภาพเต็มได้ที่นี่ )

ถ้าเราเลือก= E , C = 2และข, d »เราจะเห็นว่าศูนย์ระหว่างสองคู่ของ 1s จะต้อง pumpable อิสระ (โหนดสีแดงในภาพ): โดยเฉพาะอย่างยิ่งสำหรับขนาดใหญ่พอที่ข» , เราได้โหนดที่ไม่ใช่เทอร์มินัลซ้ำกันบนทรีย่อยภายใน (โหนด X ในรูปที่ 2) หรือลำดับที่ซ้ำกันในเส้นทางไปทางแรกหรือที่สอง 1 (โหนด Y ในรูปที่ 2) โปรดทราบว่ารูปที่ 2 เป็นเล็กน้อยง่าย: จะมีต่อมน้ำ nonterminal มากขึ้นระหว่างสองX s และยังระหว่างสองY s ( Y →$a=e, c=2a$$b,d \gg a$$b \gg a$$X$$Ys$$Y\to ... \to Z_i \to ... Y$แต่กับ$Z_i$ที่สร้างเพียง 0s ทางด้านขวาของ 1 แรก)

รูปที่ 2

ดังนั้นเราจึงสามารถแก้ไขโดยพล= E = k , C = 2แล้วเลือกขนาดใหญ่พอที่ขจะได้รับโหนด pumpable อิสระในลำดับของศูนย์ระหว่างครั้งแรกและครั้งที่สอง1 สำหรับลำดับของศูนย์ระหว่าง 1 และ 3 ที่สี่เราสามารถเลือกd = b ! +ข แต่0 ขเป็น independtly pumpable จึงมีP ≤ ขย่อย pumpable Yคือดังกล่าวว่าข= x Y Z , |$a = e = k, c = 2a$$b$$1$$d = b! +b$
$0^b$$p \leq b$$y$$b = xyz, |y|=p, |x|\geq 0, |z|\geq 0$และ$xy^iz = b!+b$ข สตริงที่เราได้รับคือ:

แต่$w' \notin L_1$ 1 ดังนั้น$L_1$ไม่ใช่ CF และสุดท้าย$L$ไม่ใช่ CF

If the proof is correct (???) it can be extended to every language $L_k = \{ uv : |u|=|v|, d(u,v)\geq k\}, k\geq 2$

After 2 failed attempts, that were disproved by @Hendrik Jan (thank you), here is another one, that is not more successful. @Vor found an example of a deterministic CF language where the same construction would apply, if correct. This allowed identifying an error in the anchoring of the $y$ string in the application of the lemma. The lemma itself does not seem at fault. This is clearly too simplistic a construction. See more details in the comments.

The language $L = \{ uxvy \mid u,v,x,y \in \{ 0,1 \}^*\text \{ \epsilon \} \ ,\ \mid u \mid = \mid v \mid \ , \ u \not= v \ , \ \mid x \mid = \mid y \mid \ , \ x \not= y \ \}$ is not Context-Free.

It is helpful to keep in mind the characterization $L= \{uv:|u|=|v|,d(u,v) \geq 2\}$ where d is the Hamming distance, proposed by @sdcvvc. What one needs to think about are 2 selected positions in each half string such that the corresponding symbols differ.

Then you consider a string $10^i10^j$ such that $i \lt j$ and $i+j$ is even. It is clearly in the language L, by cutting $u$ and $x$ anywhere between the two 1's. We want to pump that string on the first part between the 1's, so that it will become $10^j10^j$ which is not supposed to be in the language.

We first try to use Ogden's lemma, which is like the pumping lemma, but applies to $p$ or more distinguished symbols that are marked on the string, $p$ being the pumping length for marked symbols (but the lemma can pump more because it can pump also unmarked symbols). The pumping marked-length $p$ depends only on the language. This attempt will fail, but the failure will be a hint.

We can then choose $i=p$ and we mark symbols on the first sequence of $i$ 0's. We know that none of the two 1's will be in the pump, because it can pump out once (exponent 0) instead of pumping in. And pumping out the 1's would get us out of the language.

However, we could be pumping on both sides of the second 1 as fast or even faster on the right side, so that the second 1 would never get across the middle of the string. Also Ogden's lemma does not fix an upper limit to the size of what is being pumped, so that it is not possible to organize the pumping to get the rightmost 1 exactly across the middle of the string.

We use a modified version of the lemma, here called Nash's Lemma, which can handle these difficulties.

We first need a definition (it probably has another name in the literature, but I do not know which - help is welcome). A string $u$ is said to be an erasure of a string $v$ iff it is obtained from $v$ by erasing symbols in $v$. We will note $u \prec v$.

Nash's Lemma : If $L$ is a context-free language, then there exists two numbers $p\gt0$ and $q\gt 0$ such that for any string $w$ of length at least $p$ in $L$, and every way of “marking” $p$ or more of the positions in $w$, $w$ can be written as $w=uxyzv$ with string $u$, $x$, $y$, $z$, $v$, such that

1. $xz$ has at least one marked position,
2. $xyz$ has at most $p$ marked positions, and
3. there are 3 strings $\hat x$, $\hat y$, $\hat z$ such that
   1. $\hat x \prec x$, $\hat y \prec y$, $\hat z \prec z$,
   2. $1 \leq \mid \hat x \hat z \mid \leq q$, $1 \leq \mid \hat y \mid \leq q$, and
   3. $ux^j\hat x^i\hat y\hat z^iz^jv$ is in $L$ for every $i \geq 0$ and for every $j \geq 0$.

Proof: Similar to the proof of Ogden's lemma, but the subtrees corresponding to the strings $y$ and $xz$ are pruned so that they do not contain any path with twice the same non-terminal (except for the roots of these two subtrees). This necessarily limits the size of the generated strings $\hat x\hat z$ and $\hat y$ by a constant $q$. The strings $x^j$ and $z^j$, for $j \geq 0$, corresponding to an unpruned version of the tree, are used mainly with $j=1$ to simplify the accounting when the lemma is applied.

We modify the above proof attempt by marking the $p$ leftmost symbols 0, but they are followed by $2q$ symbols 0 to make sure that we pump in the left part of the string, between the two 1's. That make a total of $i = p + 2q$ 0's between the 1's (actually $i = p + q$ would be sufficient, since the rightmost 1 cannot be in $\hat z$, which would allow to simply remove it).

What is left is to have chosen $j$ so that we can pump exactly the right number of 0's so that the two sequences are equal. But so far, the only constraint on $j$ is to be greater than $i$. And we also know that the number of 0's that are pumped at each pumping is between 1 and q. So let $h$ be product of the first $q$ integers. We choose $j=i+h$.

Hence, since the pumping increment $d$ - whatever it is - is in $[1,q]$, it divides $h$. Let $k$ be the quotient. If we pump exactly $k$ times, we get a string $10^j10^j$ which is not in the language. Hence L is not context-free.

.

I think that I shall never see
A string lovely as a tree.
For if it does not have a parse,
The string is naught but a farce

by this question I think $L$ is context-free and generated by the following grammar $\qquad\begin{align} S &\to AXBY \mid BYAX \\ A &\to 0 \mid 0A0 \mid 0A1 \mid 1A0 \mid 1A1 \\ B &\to 1 \mid 0B0 \mid 0B1 \mid 1B0 \mid 1B1 \\ X &\to 0 \mid 0X0 \mid 0X1 \mid 1X0 \mid 1X1 \\ Y &\to 1 \mid 0Y0 \mid 0Y1 \mid 1Y0 \mid 1Y1 \\ \end{align}$