É {ww '| HamDist (w, w ')> 1} sem contexto?

Depois de ler a pergunta recente "O complemento de livre de contexto?" $\{ www \mid ...\}$ ; Lembrei-me de um problema semelhante que não era capaz de refutar:

É livre de contexto? $L = \{ ww' \mid w,w' \in \{0,1\}^* \land |w|=|w'| \land HamDist(w,w')>1 \}$

Aqui exigimos que as duas cordas sejam diferentes em pelo menos duas posições (a distância de Hamming deve ser maior que ). $1$

É livre de contexto se que (ou seja, as duas cadeias simplesmente devam ser diferentes). $HamDist(w,w')\geq 1$

Suspeito que a linguagem não seja livre de contexto: se a interceptarmos com o normal , obtemos casos em que um PDA deve "lembrar" duas posições na ordem inversa após atingir a metade da corda. $0^*10^*10^*10^*$

Atualização: se cruzarmos com o , obteremos uma linguagem livre de contexto, como mostra domotorp em sua resposta; um um pouco mais complexo com (mais um para "acompanhar") ainda sugere que não deve ser livre de contexto. $L$ $R = \{ 0^*10^*10^*10^* \}$ $L \cap R'$ $R' = \{ 0^*10^*10^*10^*10^*10^* \}$ $1$ $L$

fl.formal-languages context-free Marzio De Biasi
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L \cap R^{'}

$L\cap R'$ é realmente mais fácil, pois são exatamente as palavras que não têm a forma (cruzadas por ).

w w

$ww$

R^{'}

$R'$

Domotorp 17/01/19

@domotorp: certo! alterado para ímpares fixos s (a menos que sua resposta possa ser adaptada também para , para qualquer ímpar fixo )

1

$1$

{(0^{*} 1 0^{*})^{k}}

$\{ (0^* 1 0^*)^k \}$

k

$k$

Marzio De Biasi

Um comentário final: não ajuda começar com zeros à esquerda, pois as linguagens sem contexto são fechadas para todos os tipos de mudanças cíclicas. Você pode simplesmente empurrá-los para a pilha, marcar o último com um símbolo especial, fazer o resto do algoritmo fingindo que a pilha começa lá e, no final, esvaziá-la. (Isto usa -transitions, mas que também é fácil que tais PDA são equivalentes aos sem.)

ϵ

$\epsilon$

domotorp

pode ser mais simples pensar no alfabeto {0,1,2} e considerar cadeias com exatamente dois 1s e dois 2s. Não está no seu idioma se a distância entre 1s e a distância entre 2s são ambas n.

Kaveh

Respostas:

A interseção com length length words é livre de contexto, porque um PDA pode se lembrar de duas posições, de certa forma. De qualquer forma, vamos primeiro ver o que esta linguagem é. Seu complemento é . Portanto, . Podemos reescrever isso como . $R=\{0^*10^*10^*10^*\mid$ $\}$ $L$ $R\setminus L=\{0^a10^b10^c10^d\mid b=n/2 \vee c=n/2 \vee a+d=n/2\}$ $L=\{0^a10^b10^c10^d\mid b\ne n/2 \wedge c\ne n/2 \wedge a+d\ne n/2\}$ $L=\{0^a10^b10^c10^d\mid b> n/2 \vee c> n/2 \vee a+d> n/2 \vee b,c,a+d<n/2\}$

Os primeiros casos podem ser facilmente verificados e o quarto. $3$

$b>n/2$ : comece a colocar a pilha até o primeiro 1 e comece a pular da pilha até que não fique vazio. Depois que estiver vazio, comece novamente a colocar a pilha até chegar ao segundo 1. A partir de então, estale a pilha.

$c>n/2$ : O mesmo.

$a+d>n/2$ : comece a colocar a pilha até o primeiro 1 e comece a pular da pilha até que não fique vazio. Depois que estiver vazio, comece novamente a colocar a pilha até chegar ao terceiro 1. A partir de então, estale a pilha.

$b,c,a+d<n/2$ : comece a colocar a pilha até o primeiro 1 e comece a pular da pilha até que não fique vazio. Depois que estiver vazio, comece novamente a colocar a pilha até chegarmos (calculado de maneira não determinística, entre o segundo e o terceiro 1). A partir daí, estale a pilha. $a+n/2$

domotorp
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Obrigado domotorp, estou lendo sua ideia; Eu acho que é (dois 1s na metade esquerda) une seu reverso (dois 1s na metade direita). Então, como você obtém ?

R ∖ L

$R \setminus L$

{0^{a} 1 0^{b} 1 0^{c^{'}} 0^{c^{″}} 1 0^{d} ∣ (n / 2 = a + b + c^{'} = c^{″} + d + 1) \land [(a = c^{″}) \lor (c^{'} = d)}

$\{ 0^a 1 0^b 1 0^{c'} 0^{c''} 1 0^d \mid \ (n/2=a+b+c'=c''+d+1) \land [(a= c'')\lor (c' = d) \}$

b = n / 2 \lor c = n / 2 \lor a + d = n / 2

$b=n/2 \vee c=n/2 \vee a+d=n/2$

Marzio De Biasi

R \subset L

$R\subset L$ é que o HamDist é no máximo . Isso acontece exatamente se dois dos três jogos do 1, ou seja, um estiver na mesma posição no primeiro tempo, como o outro no segundo tempo. Se esses dois 1s são o primeiro e o segundo 1s, obtemos , se eles são o segundo e o terceiro 1s, obtemos , e se eles são o primeiro e o terceiro 1s, obtemos , ou equivalente, (onde estou trapaceando um pouco com algumas constantes 1s).

1

$1$

b = n / 2

$b=n/2$

c = n / 2

$c=n/2$

b + c = n / 2

$b+c=n/2$

a + d = n / 2

$a+d=n/2$

\pm 1

$\pm 1$

domotorp 17/01/19

Isso responde a pergunta completa?

Michaël Cadilhac

@domotorp: ok, entendi, obrigado! Outra dúvida: de (o que está ok) você escreve mas, é equivalente a: ? ( condição omitida)

L \cap R = {. . . b \neq n / 2 \land c \neq n / 2...}

$L \cap R = \{...b \neq n/2 \land c \neq n/2...\}$

L \cap R = {. . . b > n / 2 \lor c > n / 2 \lor b, c < n / 2}

$L \cap R = \{ ...b > n/2 \lor c > n/2 \lor b,c < n/2 \}$

L \cap R = {. . . (b < n / 2 \lor b > n / 2) \land (c < n / 2 \lor c > n / 2)}

$L \cap R = \{... (b < n/2 \lor b >n/2) \land (c < n/2 \lor c >n/2)\}$

a + d

$a+d$

Marzio De Biasi

@Michael: No.

$~$

domotorp 17/01/19