วิธี ws ด้วย | w | = | s | และจะไม่มีบริบทในขณะที่ w # ไม่ใช่?

ทำไม (ถ้ามี) seperatorสร้างความแตกต่างระหว่างสองภาษา$\#$

สมมติว่า:

$L=\{ws : |w|=|s|\, w,s\in \{0,1\}^{*}, w \neq s \}$

$L_{\#}=\{w\#s : |w|=|s|\, w,s\in \{0,1\}^{*}, w \neq s \}$

นี่คือข้อพิสูจน์และคำรามแทนในฐานะ$L$$CFL$

และด้านล่างฉันเพิ่มหลักฐานสำหรับ :$L_{\#} \notin CFL$

เครื่องหมายสร้างความแตกต่างอย่างแท้จริงหรือไม่? ถ้าเป็นเช่นนั้นทำไม และถ้าไม่ข้อพิสูจน์ข้อใดข้อหนึ่งผิดและอยู่ที่ไหน$\#$

พิสูจน์ว่า :$L_{\#} \notin CFL$

สมมติโดยวิธีการของความขัดแย้งที่CFL ให้เป็นค่าคงที่การสูบสำหรับ รับประกันโดยบทแทรกสำหรับภาษาที่ไม่มีบริบท เราพิจารณาคำว่า s = 0 ^ {m} 1 ^ {p} \ # 0 ^ {p} 1 ^ {m}ที่m = P! + Pเพื่อs ∈ L ตั้งแต่| s | > pตาม lemma ของการปั๊มมีตัวแทนs = uvxyz อยู่เช่นนั้น | vy | > 0 , | vxy | ≤พีและยูวี ^ {J} XY ^ {J} Z ∈ Lสำหรับแต่ละเจ≥ 0$L ∈ CFL$$p > 0$$L$$s = 0^{m}1^{p}\#0^{p}1^{m}$$m=p!+p$$s ∈ L$$|s| > p$$s = uvxyz$$|vy| > 0$$|vxy| ≤ p$$uv^{j}xy^{j} z ∈ L$$j ≥ 0$

เราได้รับความขัดแย้งโดยกรณี:

• หากหรือมี : สำหรับเราจะได้รับไม่มีดังนั้นขัดแย้งกัน$v$$y$$\#$$i = 0$$uxz$$\#$$uxz \notin L$

• หากทั้งและถูกทิ้งไว้ที่ : สำหรับเราจะได้รับ อยู่ในรูปแบบโดยที่ดังนั้นL$v$$y$$\#$$i = 0$$uxz$$w\#x$$|w| < |x|$$uxz \notin L$

• หากทั้งและถูกต้อง : คล้ายกับกรณีสุดท้าย$v$$y$$\#$

• หากเหลือไว้ที่ ,จะถูกต้องและ: สำหรับเราจะได้รับว่าเป็นรูปแบบโดยที่ดังนั้นL$v$$\#$$y$$|v| < |y|$$i = 0$$uxz$$w\#x$$|w| > |x|$$uxz \notin L$

• หากเหลือไว้ที่ ,จะถูกต้องและ: คล้ายกับกรณีสุดท้าย$v$$\#$$y$$|v| > |y|$

• หากเหลือไว้ที่ ,จะถูกต้องและ: นี่เป็นกรณีที่น่าสนใจที่สุด ตั้งแต่ ,จะต้องมีอยู่ในส่วนหนึ่งของและในส่วนหนึ่ง ดังนั้นมันจึงถือว่าและสำหรับเดียวกัน (อันที่จริงแล้วมันต้องเป็น ) สำหรับแต่ละมันถือได้ว่า ดังนั้นถ้าเกิดว่า$v$$\#$$y$$|v| = |y|$$|vxy| ≤ p$$v$$1^{p}$$s$$y$$0^{p}$$v = 1^{k}$$y = 0^{k}$$1 ≤ k ≤ p$$k < p/2$$j ≥ 0$$uv^{j+1}xy^{j+1}z = 0^{m}1^{p+j·k}\#0^{p+j·k}1^{m}$$m = p + j · k$จากนั้นจะถือว่านั้นขัดแย้งกัน เพื่อให้บรรลุนี้เราต้องใช้ซึ่งเป็นที่ถูกต้องเท่านั้นหากคือหารด้วยkจำได้ว่าเราเลือกดังนั้นและหารด้วยใด ๆตามที่ต้องการ$uv^{j+1}xy^{j+1}z \notin L$$j = (m-p)/k$$m − p$$k$$m = p + p!$$m − p = p!$$p!$$1 ≤ k ≤ p$

หลักฐานของคุณถูกต้องและฉันผิด ฉันใช้เวลาสักครู่เพื่อตอกย้ำความสับสนของฉัน แต่ด้วยความช่วยเหลือของ Yuval ฉันคิดว่าฉันได้รับ

ลองพิจารณาสามภาษา

$\qquad\begin{align*} &L_= &\!\!\!\!\!\!\!\!\! &= \{ xy \mid |x| = |y|, x \neq y \}, \\ &L_{\#} &\!\!\!\!\!\!\!\!\! &= \{ x\#y \mid x \neq y \},\ \text{and} \\ &L_{=\#} &\!\!\!\!\!\!\!\!\! &= \{ x\#y \mid |x| = |y|, x \neq y \}. \end{align*}$

ที่เราได้เห็นที่นี่ ,$L_=$ไม่มีบริบท เคล็ดลับคือในไวยากรณ์เพื่อสร้างสัญลักษณ์ "ด้านขวา" แต่ให้นับ "ทางด้านซ้าย" ในภายหลัง (หรือวิธีอื่น ๆ ) ทำให้แน่ใจว่าสัญลักษณ์ที่ไม่ตรงกันปรากฏในตำแหน่งที่ตรงกัน เงื่อนไขความยาวเป็นเรื่องเล็กน้อยเนื่องจากจะลดความยาวได้
คุณสามารถสร้าง NPDA ด้วยแนวคิดที่คล้ายกันโดยใช้สแต็กเพื่อจับคู่ตำแหน่ง

$L_\#$ นอกจากนี้ยังเป็นบริบทฟรี การพิสูจน์นั้นง่ายยิ่งขึ้น: สัญลักษณ์ที่ไม่ตรงกันปรากฏในระยะทางเดียวกันห่างจากจุดเริ่มต้น ตัวคั่น ความยาวไม่เท่ากันสามารถตรวจสอบแยกกันได้ ไม่ใช่ตัวเลือก "เลือก" ระหว่างตัวเลือกที่สอง

ตอนนี้ตามที่คุณแสดง $L_{=\#}$คือไม่บริบทฟรี นี่คือเหตุผลที่หลักฐานสำหรับอีกสองภาษาแตกสลาย

1. ในด้านไวยากรณ์สำหรับ $L_=$หากเราต้องสร้างตัวคั่นตรงกลางเราไม่สามารถ "กำหนดใหม่" สัญลักษณ์จาก "ซ้าย" ถึง "ขวา"
2. แทนที่จะ "ยอมรับถ้าความยาวไม่เท่ากันหรือไม่ตรงกัน" เราต้อง "ยอมรับถ้าความยาวไม่เท่ากันและไม่ตรงกัน" ไม่ใช่ระดับไม่สามารถช่วยเราด้วยและ !

ดังนั้นสิ่งที่เดือดลงไปโดยสังหรณ์ใจคือเงื่อนไขของแบบฟอร์ม "$x \neq y$"และ"$|x| = |y|$"เป็นทั้ง" ไม่มีบริบท "ในแง่ที่ว่าพวกเขาสามารถตรวจสอบด้วยสแต็ก แต่ไม่ได้ใช้การควบคุมแน่นอนดังนั้น PDA สามารถทำอย่างใดอย่างหนึ่ง แต่ไม่ใช่ทั้งสองอย่าง

PDA สำหรับ $L_=$"กลโกง" เนื่องจากไม่ได้ตรวจสอบเงื่อนไขเหล่านี้จริงๆ$x$ และ $y$; มันแยกคำขึ้นในวิธีที่แตกต่าง ไม่สามารถทำได้หากคุณมีตัวคั่น

ภาคผนวก:ฉันกล้าหาญอ้างว่า$L_= \in \mathrm{CFL} \implies L_{=\#} \in \mathrm{CFL}$เพราะ CFL ถูกปิดต่อโฮโมมอร์ฟิซึมแบบผกผัน ในขณะที่มันเป็นความจริงที่$f(L_{=\#}) = L_=$ กับ $f$ ข้อมูลประจำตัวยกเว้นจะลบ $\#$ที่ไม่เกี่ยวข้อง $f^{-1}(L_=) = L_\#$; ไม่มีอะไรสามารถพูดเกี่ยวกับ$L_{=\#}$.

ภาคผนวก II:โปรดทราบว่า$L = \{ x\#y \mid |x| = |y| \}$ไม่มีบริบท ดังนั้นด้วย$L \cap L_\# = L_{=\#}$ เรามีตัวอย่างที่ดีสำหรับ CFL ที่ไม่ได้ปิดกั้นทางแยก