Пример неконтекстно-свободного языка, который, тем не менее, МОЖЕТ быть прокачан?

Таким образом, в основном L удовлетворяет условиям леммы накачки для КЛЛ, но не является КЛЛ (это возможно в соответствии с определением леммы).

formal-languages context-free pumping-lemma

— user2329564
источник

Это домашнее задание или вам просто любопытно?

— Юваль Фильмус

Это не домашнее задание, но я ожидаю увидеть его на экзамене (просто догадка, зная моего профессора). И мне всегда любопытно :)

— user2329564

У нас был похожий вопрос, но для обычных языков . Применяется тот же тип конструкции: возьмите специальный символ

и рассмотрим

для неприятного языка

$

$\$$

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

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

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

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

— Хендрик Ян

Ответы:

Классический пример: . Мудрый показывает в своей статье сильная накачка леммы для контекстно-свободных языков, что ни лемма накачки Бар-Гилеля, ни теорема Париха (утверждающая, что набор длин слов в неконтекстном языке является полулинейным) не могут быть использованы для доказательства что не является контекстно-свободным. Другие приемы, такие как пересечение с обычным языком, также не помогают. (Лемма Огдена, обобщение леммы о накачке Бар-Гилеля, доказывает, что $L = \{ a^i b^j c^k : i,j,k \text{ all different} \}$ $L$ $L$ не является контекстно-свободным.) Он также предоставляет альтернативную лемму прокачки, которая эквивалентна контекстно-свободной (для вычислимых языков), и использует ее, чтобы доказать, что не является контекстно-свободной. $L$

Насосная лемма Уайза гласит, что язык зависит от контекста тогда и только тогда, когда существует (неограниченная) грамматика порождающая и целое число такое что всякий раз, когда генерирует «форму предложения» (поэтому может включать нетерминалы) длины , мы можем написать где непустые, $L$ $G$ $L$ $k$ $G$ $s$ $s$ $|s| > k$ $s = uvxyz$ $x,vy$ $|vxy| \leq k$ и существует нетерминал такой, что генерирует а генерирует как и . $A$ $G$ $uAz$ $A$ $vAy$ $x$

Повторно применяя условие в лемме, Вайз может доказать, что не является контекстно-свободным, но детали несколько сложны. Он также дает еще более сложное эквивалентное условие и использует его, чтобы доказать, что язык не может быть записан как конечное пересечение контекстно-свободных языков. $L$ $\{ a^n b a^{nm} : n,m > 0 \}$

Если вы не можете получить доступ к статье Уайза (она находится за платной стеной), существует печатная версия, которая вышла в виде технического отчета Университета Индианы.

Неконтекстно-свободный язык, который удовлетворяет условию накачки леммы Огдена, дан Джонсонбо и Миллером, Converse of pumping lemmas , и приписан там Боассону и Хорвату, О языках, удовлетворяющих лемме Огдена . Язык, о котором идет речь, это Мы можем написать

\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}

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

, соответствующие двум разным линиям. Отметим, что

и что

регулярно. Лемма Огдена может быть использована для доказательства того, что

не является контекстно-свободной, и поэтому не является

, но ее нельзя использоватьнепосредственно,чтобы показать, что

не является контекстно-свободной.

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^{'}

$L'$

— Юваль Фильмус
источник

Разве не нужно, чтобы по крайней мере одно производство выглядело следующим образом: A ->

— termintialForm1 AparttialForm2

Что ж, более общий: не нужно ли нетерминалу B быть частью предложения, получаемого из A, такого, что B-> termintialForm1.B.sententialfrom2 является производным от G. В противном случае, как было бы уверенным, что слово произвольную длину можно

— выкачать

Я не понимаю, почему у нас есть производство

, которое соответствует накачке. Например, вы немедленно восстанавливаете лемму прокачки, поскольку

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

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

— Юваль Фильмус

Звучит как хорошее дополнение к нашей ссылке .

— Рафаэль

Еще одна вещь, отсутствующая там - это закрытие в разделе «Обратные сопоставления GSM », см. Planetmath.org/generalizedsequentialmachine . Возможно, я добавлю это в какой-то момент.

— Юваль Фильмус

Еще проще: . Может всегда перкачивать s; пересечение с регулярным дает не-CFL (и это может быть доказано леммой накачки). $\{a^m b^n c^n d^n\colon m \ge 1, n \ge 1\}$ $a$ $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$

— vonbrand
источник

Это будет хорошим дополнением к третьему домашнему заданию ... muahaha

— Ренато Санхуэса

Я не думаю, что это правильно. Если язык начинается с только один

, затем , если вы попытаетесь накачать

, вы должны учитывать тот факт , что

должно быть на языке.

a

$a$

a

$a$

a^{0}

$a^0$

— MCT

Чтобы расширить комментарий MCT: рассмотрите слово

; выберите

. Тогда при

не на языке, как это не начинается с а, так что лемма не выполняется.

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

$uv^iwx^iy$

— Потестасити

Простым языком является . Пересечь с чтобы получить явно не CFL, но вы всегда можете накачать , и подражать равной длины в море $\{a b^n c^n d^n \colon n \ge 1\} \cup \mathcal{L}(a a^+ b^+ c^+ d^+)$ $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$ $a$ . ${}^+$

— vonbrand
источник

Пример Мудрого (по-видимому) также невосприимчив к этим методам, как он утверждает.

— Юваль Фильмус

@YuvalFilmus, кажется. Но мой пример невосприимчив к профессорам, которые сомневаются в том, что вы поняли работу Вайза, или хотят получить полное доказательство того, что это не КЛЛ в двухчасовом ограничении экзамена ;-)

— vonbrand