{www | ...} 문맥이 없습니까?

$\{ ww \mid w\in \Sigma^*\}$ 의 보수 는 문맥이없는 것으로 잘 알려져있다 . 그러나 $\{ www \mid w\in \Sigma^*\}$ 의 보완은 어떻습니까?

아직도 CFL은 고전적 증거의 적응과 함께 믿습니다. 여기 스케치가 있습니다.

고려 $L = \{xyz : |x|=|y|=|z| \land (x \neq y \lor y \neq z)\}$ , 이것은길이가 0 mod 3이 아닌$\{www\}$ 의 보수입니다.$0$$3$ 제거 된 .

하자 $L' = \{uv : |u| \equiv_3 |v| \equiv_3 0 \land u_{2|u|/3} \neq v_{|v|/3}\}$ . 분명히 $L'$ 는 CFL입니다. 위치 $p$ 추측하고 그 후에 $u$ 가 $p/2$ 끝나는 것을 고려할 수 있기 때문 입니다. 우리는 $L = L'$ 임을 보여준다 .

• $L \subseteq L'$ :$w = xyz \in L$ 하자. x p ≠ y p 와 같은$p$ 가 있다고 가정합니다. 그런 다음 쓰기 U를 에 대한 3 P / 2 첫 번째 문자 w , 그리고 V 나머지. 당연히 u 2 | u | / 3 =$x_p \neq y_p$$u$$3p/2$$w$$v$$u_{2|u|/3} = x_p$ . 이제$v_{|v|/3}$ 는 무엇인가 | v | / 3 ? 먼저:

따라서 $w$ 에서 위치는 다음과 같습니다.

만약 $y_p \neq z_p$ 후하자$u$ 먼저${3\over2}(|w|/3 + p)$의 문자$w$, 그래서$u_{2|u|/3}$인$y_p$; $v$는 나머지$w$입니다. 그런 다음 :

• $L' \subseteq L$ : 이전 과정을 반대로합니다. $w = uv \in L'$ 이라고하자. $p = 2|u|/3$ 쓰기 | u | / 3 . 그런 다음 : $$p+|w|/3 = 2|u|/3+|uv|/3 = |u| + |v|/3.$$ 따라서$w_p = u_{2|u|/3} \neq v_{|v|/3} = w_{p + |w|/3}$ ,$w \in L$($w$가$xxx$형식이므로모든p에대해$w_p = w_{p+|w|/3}$ 이어야합니다).$p$

PDA를 사용 하여이 문제를 해결하는 방법은 다음과 같습니다. 제 생각에는 직관적으로 더 명확합니다.

워드 $x$ 양식이 아닌 $www$ 중 하나 IFF (I) $|x| \not\equiv 0$ (mod 3), 점검하기 쉬움, 또는 (ii) 발생 하는 해당 기호 b 와 다른 입력 기호 $a$ 가 있습니다 | 승 | 나중에 위치. $b$$|w|$

We use the usual trick of using the stack to maintain an integer $t$ by having a new "bottom-of-stack" symbol $Z$, storing the absolute value $|t|$ as the number of counters on the stack, and sgn($t$) by the state of the PDA. Thus we can increment or decrement $t$ by doing the appropriate operation.

The goal is to use nondeterminism to guess the positions of the two symbols you are comparing, and use the stack to record $t := |x|-3d$, where $d$ is the distance between these two symbols.

We accomplish this as follows: increment $t$ for each symbol seen until the first guessed symbol $a$ is chosen, and record $a$ in the state. For each subsequent input symbol, until you decide you've seen $b$, decrement $t$ by $2$ ($1$ for the input length and $-3$ for the distance). Guess the position of the second symbol $b$ and record whether $a \not= b$. Continue incrementing $t$ for subsequent input symbols. Accept if $t = 0$ (detectable by $Z$ at top) and $a \not= b$.

The nice thing about this is that it should be completely clear how to extend this to arbitrary powers.

Just a different ("grammar oriented") perspective to prove that the complement of $\{ w^k \}$ is CF for any fixed $k$ using closure properties.

First note that in the complement of $\{ w^k \}$ there is always $i$ such that $w_i \neq w_{i+1}$. We focus on $w_1 \neq w_2$ and start with a simple CF grammar that generates:

$L = \{\underbrace{a00...0}_{w_1} \; \underbrace{b00...0}_{w_2} ... \underbrace{000...0}_{w_k} \mid |w_i|=n \} = \{ a 0^{n-1} \, b 0^{n(k-1)-1} \}$

E.g. for $k = 3$, we have $L = \{ a\,b\,0, a0\,b0\,00, a00\,b00\,000, ...\}$, $G_L = \{ S \to ab0 | aX00, X \to 0X00 | 0b0 \}$

Then apply closure under inverse homomorphism, and union:

First homomorphism: $\varphi(1) \to a, \varphi(0) \to b, \varphi(1)\to 0, \varphi(0) \to 0$

Second homomorphism: $\varphi'(0) \to a, \varphi'(1) \to b, \varphi'(1)\to 0, \varphi'(0) \to 0$

$L' = \varphi^{-1}(L) \cup \varphi'^{-1}(L)$ is still context free

Apply closure under cyclic shifts to $L'$ to get the set of strings of length $kn$ not of the form $w^k$:

$L'' = Shift(L') = \{ u \mid u \neq w^k \land |u| = kn \}$.

Finally add the regular set of strings whose length is not divisible by $k$ in order to get exactly the complement of $\{w^k\}$:

$L'' \cup \{\{0,1\}^n\mid n \bmod k \neq 0\} = \{ u \mid u \neq w^k\}$