ตัวอย่างของภาษาที่ไม่มีบริบทซึ่งยังสามารถสูบได้?

ดังนั้นโดยทั่วไป L เป็นไปตามเงื่อนไขของบทแทรกสำหรับ CFL แต่ไม่ใช่ CFL (เป็นไปได้ตามคำจำกัดความของบทแทรก)

formal-languages context-free pumping-lemma

— user2329564
แหล่งที่มา

นี่เป็นคำถามการบ้านหรือคุณแค่อยากรู้อยากเห็น?

— Yuval Filmus

นี่ไม่ใช่การบ้าน แต่ฉันคาดว่าจะเห็นมันในการสอบ (แค่ลางสังหรณ์รู้อาจารย์ของฉัน) และฉันมักจะอยากรู้อยากเห็น :)

— user2329564

เรามีคำถามที่คล้ายกัน แต่สำหรับภาษาทั่วไป ประเภทเดียวกันของการก่อสร้างที่ใช้: ใช้เป็นสัญลักษณ์พิเศษและพิจารณา

สำหรับภาษาที่น่ารังเกียจ

$

$\$$

$ K \cup {$^{k} ∣ k \neq 1} {a, b}^{*}

$\$K \cup \{ \$^k \mid k \neq 1\}\{a,b\}^*$

K \subseteq {a, b}^{*}

$K\subseteq \{a,b\}^*$

— Hendrik Jan

คำตอบ:

ตัวอย่างคลาสสิกเป็น }ปรีชาญาณแสดงให้เห็นในกระดาษของเขาบทแทรกซึมที่แข็งแกร่งสำหรับภาษาที่ไม่มีบริบทซึ่งทั้งบาร์ฮิลล์สูบเลมมาหรือทฤษฎีบทของ Parikh (ระบุว่าชุดของความยาวของคำในภาษาที่ไม่มีบริบทคือกึ่งเชิงเส้น) สามารถใช้พิสูจน์ได้ ที่ไม่บริบทฟรี เทคนิคอื่น ๆ เช่นการตัดกันด้วยภาษาปกติก็ไม่ช่วยอะไรเช่นกัน (บทแทรกของ Ogden บทสรุปทั่วไปของบทแทรกบาร์ - Hillel บทแทรกซึมพิสูจน์ว่า $L = \{ a^i b^j c^k : i,j,k \text{ all different} \}$ $L$ $L$ ไม่ได้เป็นแบบไม่มีบริบท) นอกจากนี้เขายังมีบทแทรกอีกทางเลือกหนึ่งซึ่งเทียบเท่ากับบริบท - freeness (สำหรับภาษาที่คำนวณได้) และใช้เพื่อพิสูจน์ว่าไม่ใช่บริบท $L$

ปรีชาญาณของรัฐสูบน้ำแทรกที่เป็นภาษาคือบริบทฟรีและถ้าหากมี (ไม่ จำกัด ) ไวยากรณ์สร้างและจำนวนเต็มดังกล่าวว่าเมื่อใดก็ตามที่สร้าง "รูปแบบ sentential" (เพื่อสามารถรวมขั้วไม่ใช่) ความยาวเราสามารถเขียนโดยที่ไม่ว่างเปล่า, $L$ $G$ $L$ $k$ $G$ $s$ $s$ $|s| > k$ $s = uvxyz$ $x,vy$ $|vxy| \leq k$ และมีที่ไม่ใช่ขั้วดังกล่าวว่าสร้างและสร้างทั้งและx $A$ $G$ $uAz$ $A$ $vAy$ $x$

ด้วยการใช้เงื่อนไขในบทแทรกอย่างซ้ำ ๆ Wise สามารถพิสูจน์ได้ว่าไม่ใช่บริบท แต่รายละเอียดค่อนข้างซับซ้อน นอกจากนี้เขายังให้เงื่อนไขที่เท่าเทียมกันที่ซับซ้อนยิ่งขึ้นและใช้เพื่อพิสูจน์ว่าภาษาไม่สามารถเขียนเป็นจุดตัดที่ จำกัด ของภาษาที่ไม่มีบริบท $L$ $\{ a^n b a^{nm} : n,m > 0 \}$

หากคุณไม่สามารถเข้าถึงกระดาษของ Wise (ด้านหลัง paywall) มีรุ่นที่พิมพ์ดีดซึ่งออกมาเป็นรายงานทางเทคนิคของมหาวิทยาลัย Indiana

ภาษาที่ไม่ใช่บริบทฟรีที่น่าพอใจสภาพสูบแทรกอ็อกเดนจะได้รับโดย Johnsonbaugh และมิลเลอร์, Converse สูบ lemmasและประกอบที่นั่นเพื่อ Boasson และ Horvath, ในภาษาที่น่าพอใจแทรกอ็อกเดน ภาษาที่สงสัยคือ เราสามารถเขียน

\begin{aligned} L^{'} & = ⋃_{n \geq 1} (e^{+} a^{+} d^{+})^{n} (e^{+} b^{+} d^{+})^{n} (e^{+} c^{+} d^{+})^{n} \\ \cup (a + b + c + d) Σ^{*} \cup Σ^{*} (a + b + c + e) \cup Σ^{*} (e d + d (a + b + c) + (a + b + c) e) Σ^{*} . \end{aligned}

$\begin{align*} L' &= \bigcup_{n \geq 1} (e^+a^+d^+)^n(e^+b^+d^+)^n(e^+c^+d^+)^n \\ &\cup (a+b+c+d)\Sigma^* \cup \Sigma^*(a+b+c+e) \cup \Sigma^*(ed+d(a+b+c)+(a+b+c)e)\Sigma^*. \end{align*}$

สอดคล้องกับสองบรรทัดที่แตกต่าง โปรดทราบว่า

และ

นั้นปกติ แทรกอ็อกเดนสามารถใช้ในการพิสูจน์ว่า

ไม่บริบทฟรีและอื่น ๆ ไม่เป็น

แต่ก็ไม่สามารถนำมาใช้โดยตรงที่จะแสดงให้เห็นว่า

ไม่บริบทฟรี

L^{'} = L_{1} \cup L_{2}

$L' = L_1 \cup L_2$

L_{1} \cap L_{2} = \emptyset

$L_1 \cap L_2 = \emptyset$

L_{2}

$L_2$

L_{1}

$L_1$

L^{'}

$L'$

L^{'}

$L'$

— Yuval Filmus
แหล่งที่มา

ไม่จำเป็นต้องมีการผลิตอย่างน้อยหนึ่งรายการที่มีลักษณะเช่นนี้: A -> sententialForm1 A sententialForm2 สำหรับการปั๊มใด ๆ ที่จะเกิดขึ้นได้

— user2329564

โดยทั่วไปมากกว่า: ไม่จำเป็นสำหรับ nonterminal B ที่จะเป็นส่วนหนึ่งของรูปแบบประโยคที่สามารถแปลงได้จาก A ซึ่ง B-> sententialForm1.B.sententialfrom2 เป็นการผลิตของ G มิฉะนั้นจะแน่ใจได้อย่างไรว่าคำของ ความยาวโดยพลการสามารถสูบจาก A.

— 2329564

ฉันไม่เห็นว่าทำไมเรามีการผลิต

ซึ่งสอดคล้องกับการสูบน้ำ ตัวอย่างเช่นคุณทันทีกู้แทรกสูบน้ำตั้งแต่

A \Rightarrow^{+} v A y

$A \Rightarrow^+ vAy$

S \Rightarrow^{*} u A z \Rightarrow^{*} u v^{i} A y^{i} z \Rightarrow^{*} u v^{i} x y^{i} z

$S \Rightarrow^* uAz \Rightarrow^* uv^iAy^iz \Rightarrow^* uv^ixy^iz$

— Yuval Filmus

เสียงเหมือนยังดีที่เราอ้างอิง

— ราฟาเอล

สิ่งที่ขาดหายไปก็คือการปิดใต้ "ผกผันแกรมแมป" ดูplanetmath.org/generalizedsequentialmachine บางทีฉันจะเพิ่มสิ่งเหล่านี้ในบางจุด

— Yuval Filmus

ได้ง่าย: }สามารถปั๊มs; ตัดกับปกติให้ไม่ใช่ CFL (และที่สามารถพิสูจน์ได้โดยการสูบแทรก) $\{a^m b^n c^n d^n\colon m \ge 1, n \ge 1\}$ $a$ $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$

— vonbrand
แหล่งที่มา

นี่จะเป็นการเพิ่มเติมที่ดีสำหรับการบ้านที่สาม ... muahaha

— Renato Sanhueza

ฉันไม่คิดว่ามันถูกต้อง หากภาษาที่เริ่มต้นมีเพียงหนึ่งแล้วถ้าคุณพยายามที่จะปั๊มคุณต้องบัญชีสำหรับความจริงที่ว่า

ยังต้องอยู่ในภาษา

a

$a$

a

$a$

a^{0}

$a^0$

— MCT

ที่จะขยายในความคิดเห็นของ MCT: พิจารณาคำ

; เลือก

พี

จากนั้นสำหรับ

ไม่ได้อยู่ในภาษาเพราะมันไม่ได้เริ่มต้นด้วย a ดังนั้นบทแทรกไม่ถือ

a b^{p} c^{p} d^{p}

$ab^pc^pd^p$

v = a

$v=a$

u = w = x = ε

$u=w=x=\varepsilon$

y = b^{p} c^{p} d^{p}

$y=b^pc^pd^p$

i = 0

$i=0$

u v^{i} w x^{i} y

$uv^iwx^iy$

— potestasity

ภาษาง่ายๆคือ )ตัดกับที่จะได้รับอย่างชัดเจนไม่ใช่ CFL, แต่คุณสามารถปั๊มและ mimetize เท่ากับความยาว-Ness ในทะเล $\{a b^n c^n d^n \colon n \ge 1\} \cup \mathcal{L}(a a^+ b^+ c^+ d^+)$ $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$ $a$ . ${}^+$

— vonbrand
แหล่งที่มา

ตัวอย่างของปรีชาญาณคือ (เห็นได้ชัด) มีภูมิคุ้มกันต่อเทคนิคเหล่านี้เช่นกันหรืออย่างนั้นเขาก็อ้างว่า

— Yuval Filmus

@YuvalFilmus ดังนั้นดูเหมือนว่า แต่ตัวอย่างของฉันไม่มีภูมิคุ้มกันต่ออาจารย์ที่สงสัยว่าคุณเข้าใจกระดาษของ Wise หรือต้องการหลักฐานที่สมบูรณ์ว่าไม่ใช่ CFL ในการสอบ 2 ชั่วโมง ;-)

— vonbrand