주기적 교대 상태에서 컨텍스트가없는 언어가 닫히는 것에 대한 쉬운 증거

언어 의 순환 쉬프트 ( 회전 또는 컨쥬 게이션 이라고도 함 )는 로 정의됩니다 . 위키 백과 (및 여기 ) 에 따르면 오 시바 (Oshiba)와 마스 로프 (Maslov)의 논문을 참조하여 문맥없는 언어가이 작업에서 닫힙니다. 이 사실에 대한 쉬운 증거가 있습니까? $L$ $\{ yx \mid xy \in L \}$

일반 언어의 경우 클로저는이 형식에서 " 일반 언어가주기 연산자에서 닫히는 것을 증명합니다 "로 설명됩니다 .

formal-languages context-free closure-properties

— 헨드릭 얀
소스

푸시 다운 오토마타를 사용할 수 있습니다. 원래 언어에 대한 푸시 다운 오토 마톤이 주어지면 순환 쉬프트를위한 푸시 다운 오토 마톤이 생성됩니다. 새로운 오토 마톤은 와 단어 의 부분 (여기서 는 원래 언어 임)에 해당하는 두 단계로 작동합니다 . 첫 번째 단계에서, 오토 마톤이 비 터미널 를 팝하고 싶을 때마다 비 터미널 를 밀 수 있습니다 . 아이디어는 첫 번째 단계가 끝나면 스택에 를 읽은 후 스택에서 찾은 기호를 역순으로 포함한다는 것입니다. $y$ $x$ $yx$ $xy$ $A$ $A'$ $x$ 원래 오토 마톤으로 두 번째 단계 (스위치는 비결정적임)에서 비 터미널 를 푸시하는 대신 비 터미널 있습니다. 원래 오토 마톤이 실제로 를 읽을 때 스택을 생성 할 수 있다면, 새로운 자동 스택 은 전체 스택을 정확하게 팝할 수 있습니다. $A$ $A'$ $x$

편집 : 자세한 내용은 다음과 같습니다. 알파벳 , 상태 세트 , 수락 상태 세트 , 비 터미널 , 초기 상태 및 허용 가능한 전이 세트가 있는 PDA가 있다고 가정 합니다. 각 허용 전이 형태이다 즉, 그 때 상태에서 , 읽으면 (또는 가기 경우 자유 전이의 경우에 등) 스택은 $\Sigma$ $Q$ $F$ $\Gamma$ $q_0$ $(q,a,A,q',\alpha)$ $q$ $a \in A$ $a = \epsilon$ (또는 스택이 비어있는 수단, 예), PDA 상태로 이동 (이 비 결정적 모델의) 수 대체와 . $A \in \Gamma$ $A = \epsilon$ $q'$ $A$ $\alpha \in \Gamma^*$

새로운 PDA는 새로운 비 - 터미널 갖는다 각각 . 두 개의 상태 및 에 대해 두 가지 상태 있습니다. 시작 상태는 (실제 시작 상태들을 통해 중에서 무작위로 선택된다 -transitions)이다 $A'$ $A \in \Gamma$ $q,q' \in Q$ $A \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$ $(q,q',1),(q,q',2,A)$ $\epsilon$ . 각 천이 천이가 대응된다 와 $(q,q,1)$ $(q,a,A,q',\alpha)$ $((q,q'',1),a,A,(q',q'',1),\alpha)$ . 다른 전환도 있습니다. $((q,q'',2,B),a,A,(q',q'',2,B),\alpha)$

각 천이 , 전이가있다 여기서 및 $(q,a,A,q',\alpha)$ $((q,q'',1),a,B',(q',q'',1),B'A'\alpha)$ $B \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$ . 모든 최종 상태를 들면 , 전환있다 여기서 . $\epsilon' = \epsilon$ $q \in F$ $((q,q'',1),\epsilon,A,(q_0,q'',2,\epsilon),A)$ $A \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$

모든 천이 , 전환있다 여기서 . 모든 전환에 $(q,a,\epsilon,q',\alpha)$ $((q,q'',2,A),a,B',(q',q'',2,A),B'\alpha)$ $A \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$ , 전환있다 , . 모든 전환 $(q,a,\epsilon,q',A)$ $((q,q'',2,B),a,A',(q',q'',2,A),\epsilon)$ $B \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$ , "일반화 전환"이있다 ; 이들은 중간 새로운 상태를 통한 두 개의 전이의 시퀀스로 구현됩니다. 전환 $(q,a,A,q',B)$ $((q,q'',2,C),a,B'A,(q,q'',2,C),\epsilon)$ 와 도 비슷하게 처리됩니다. 모든 전이 에 대해 전이 , 어디 $(q,a,\epsilon,q',\alpha)$ $|\alpha| \geq 2$ $(q,a,A,q',A)$ $((q,q'',2,A),a,B,(q',q'',2,A),B)$ . 전환은 유사하게 처리됩니다. 마지막으로 유일한 최종 상태 와 전이 있습니다. $B \in \Gamma' \cup \{\epsilon\}$ $(q,a,A,q',A\alpha)$ $f$ $((q,q,2,A),\epsilon,\epsilon,f,\epsilon)$

(내가 놓친 몇 가지 전환이있을 수 있으며 생략하는 세부 사항은 다소 지저분합니다.)

우리는 단어 를 받아들이 려하고 있습니다 . 여기서 는 원래 PDA에 의해 수용됩니다. 상태 는 우리가 1 단계, 상태 에 있고 원래 PDA가 를 읽은 후 상태 을 의미 합니다. 상태 는 유사하며, 여기서 는 마지막 으로 팝된 해당합니다. 1 단계에서 를 누를 수 있습니다 $yx$ $xy$ $(q,q',1)$ $q$ $q'$ $x$ $(q,q',2,A)$ $A$ $A'$ $A'$ 대신에 . 우리는 를 처리하는 동안 생성 되지만 를 처리하는 동안에 만 터지는 각 비 터미널에 대해 그렇게합니다 . 2 단계에서, 우리는 팝업 허용 대신 밀어 . 이 작업을 수행하면 재고가 실제로 라는 것을 기억해야합니다 . 이것은 스택에 "임시"항목이없는 경우에만 적용되며, 시뮬레이션 된 PDA에서 스택 상단과 또는 형식과 동일합니다 . $A$ $x$ $y$ $A'$ $A$ $A$ $\epsilon$ $B'$

다음은 간단한 예입니다. 위한 기계적 고려 가압 각각 , 팝 각 . 새로운 오토 마톤은 와 의 두 가지 형태의 단어를 받아들입니다 . 첫 번째 형태의 단어를, 제 1 단계는 추진 구성 회 , 단계 2 펑 구성 회 밀고 $x^n y^n$ $A$ $x$ $A$ $y$ $y^k x^n y^{n-k}$ $x^k y^n x^{n-k}$ $k$ $A'$ $k$ $A'$ 번 하고 터지는 번. 두 번째 형태의 단어를 들어, 제 푸시 시간 다음 팝업 회푸시 회 , 2 단계로 변화하고, 팝업 시간 . $n-k$ $A$ $n-k$ $A$ $k$ $A$ $k$ $A$ $n-k$ $A'$ $n-k$ $A'$

각 유형의 괄호의 직계 자손이 다른 유형에 속하도록 다양한 유형 ( "()", "[]", "<>")의 균형 괄호 언어에 대한보다 복잡한 예는 다음과 같습니다. 예를 들어 "([] <>)"는 정상이지만 "()"은 잘못되었습니다. 각 "(")에 대해 스택 상단이 가 아닌 경우 를 푸시 하고 각 ")"에 대해 를 팝 합니다. 마찬가지로 , 는 "[]"및 "<" "와 연관됩니다. 다음은 ">) ([()] <"라는 단어를 받아들이는 방법입니다. ">)"를 소비하고 누르고 2 단계로 넘어갑니다. 우리는 "(", 팝 및 스택 기억합니다 . 우리는 "[()]"을 소비하고 밀고 터지는 $A$ $A$ $A$ $B$ $C$ $C'A'$ $A'$ $A$ ; 를 푸시 할 때"실제"스택의 최상위가 이므로 대괄호가 허용됩니다 ( ">) (() <"). 를 푸시 할 때스택 상단이 ( 또는 형식이 아님)이므로 는 "실제"스택 상단이므로 둥근 괄호가 허용됩니다 ( 그림자 상단 스택이 이지만). 마지막으로 "<"와 pop 소비합니다. $BA$ $B$ $A$ $A$ $B$ $\epsilon$ $X'$ $B$ $A$ $C'$

— 유발 필름 러스
소스

죄송합니다. 이해하는데 어려움이 있습니다. 추가 설명이 가능합니까? 오토 마톤은 어디에서 시작하고 그 전환은 무엇입니까? 그리고 모든 스택 심볼에 대해

스위치가 발생합니까? 감사!

A \to A^{'}

$A \to A^{\prime}$

— usul

매우 흥미로운 제안. 감사. 나는 이것을 조금 씹어 먹어 버리겠다.

— Hendrik Jan

@ usul, 세부 사항을 직접 작성해야합니다. 스위치

(첫 번째 단계에서)는 오토 마톤이 "

를 팝"하고 싶지만 대신

눌렀을 때 발생합니다 . 결정적이지 않은 움직임이라고 생각할 수 있습니다.

A \to A^{'}

$A \rightarrow A'$

A

$A$

A^{'}

$A'$

— Yuval Filmus

@ Yuval : 죄송하지만이 일을 할 수 없습니다. 당신의 아이디어를 이해하면, 새로운 오토 마톤은

부분 을 시뮬레이션하고 팝과 푸시를 변경 하여 시작합니다 . 그런 다음 스택에서

를 생성 합니다. 여기서

읽을 때 원래 오토 마톤이

시작합니다 . 원래부터 밀어 시작? 그런 다음 빈 자동 마운팅에서 자동 마마 톤을 팝업해야합니다. 나는 여전히 당신의 직감이 가치 있다고 생각하지만, 약간의주의가 필요합니다.

y

$y$

α

$\alpha$

α

$\alpha$

y

$y$

— Hendrik 1

@Hendrik, 죄송 합니다만 귀하의 반례를 따를 수 없습니다. 어떤 시점에서 새로운 오토 마톤이 빈 스택에서 튀어 나와야한다고 생각하십니까?

— Yuval Filmus

$S \to \alpha A_1 \dots A_n$ $S \to A_1\dots A_n \alpha$ $S'$ $S$ $S$

— 카롤리스 주 델레
소스

고마워, 그러나 이것은 하나의 문자로 이동합니다. 나는 임의의 문자 수에 의한 일반적인 순환에 관심이 있습니다.

— Hendrik Jan

{shift}_{1} (L)

$\text{shift}_1(L)$

{shift}_{n} (L) = {shift}_{1} ({shift}_{1} (\dots (L) \dots)

$\text{shift}_n(L) = \text{shift}_1(\text{shift}_1(\dots (L) \dots)$

n

$n$

{shift}_{n} (L)

$\text{shift}_n(L)$

n = 2

$n = 2$

S \to α A B

$S \to \alpha AB$

A \to β C

$A \to \beta C$

S \to α β C B

$S \to \alpha \beta CB$

n

$n$

n

$n$

L = {a^{n} b^{n} ∣ n \geq 0}

$L = \{ a^nb^n \mid n\ge 0 \}$

{a^{k} b^{n} a^{ℓ} ∣ k + ℓ = n} \cup {b^{k} a^{n} b^{ℓ} ∣ k + ℓ = n}

$\{ a^kb^na^{\ell} \mid k+\ell = n \} \cup \{ b^ka^nb^{\ell} \mid k+\ell = n \}$

@HendrikJan, 알겠습니다. 나는 그 문제가 유한 한 변화에 관한 것이라고 잘못 생각했다. 나는 ... 내 대답을 재고 있습니다

— 카롤 Juodelė

오래된 Hopcroft and Ullman 고전 서론 Automata 이론 (1979) 을 확인하는 것이 좋습니다 . 사이클 종료는 연습 6.4c이며 S **로 표시됩니다. 이중 별표는 그것이 가장 어려운 문제 중 하나임을 의미합니다 (책에서). 다행히도 S는 솔루션에서 선택된 문제 중 하나임을 나타냅니다.

$S=X_1, X_2, \dots , X_n$ $x_1, x_2, \dots, x_n$ $y_1, y_2, \dots, y_n$ $x_1 x_2 \dots x_n y_n \dots y_2 y_1$ $x_i$

$S', \hat X_n, \dots \hat X_2, \hat X_1$ $y_n, \dots, y_2 y_1$ $x_n, \dots, x_2 x_1$ $y_n \dots y_2 y_1 x_1 x_2 \dots x_n$

건설에 대한 자세한 내용은 책에 나와 있습니다.

이것이 Yuval의 (허용 된) 솔루션을 생각 나게하는 방법에 주목하십시오. 터지는 대신 밀린 비 터미널은 스택에서 반대 순서입니다. 나무의 거꾸로와 매우 유사합니다.

— 헨드릭 얀
소스