{ww '입니다 | HamDist (w, w ')> 1} 컨텍스트가 없습니까?

최근 질문을 읽은 후에 "의 보완 $\{ www \mid ...\}$ 문맥 자유?" ; 나는 반증 할 수 없었던 비슷한 문제를 기억했다.

$L = \{ ww' \mid w,w' \in \{0,1\}^* \land |w|=|w'| \land HamDist(w,w')>1 \}$ 입니까? 컨텍스트가 없습니까?

여기서 우리는 두 스트링이 적어도 두 위치에서 달라야합니다 (해밍 거리는 $1$ 보다 커야합니다 ).

만약 우리가 $HamDist(w,w')\geq 1$ 을 요구한다면 문맥이 없다 (즉, 두 줄은 단순히 달라야한다).

언어가 문맥에 맞지 않다고 생각합니다. 만약 우리가 언어를 규칙적인 $0^*10^*10^*10^*$ 와 교차 시키면 PDA가 줄의 절반에 도달 한 후 역순으로 두 위치를 "기억해야"하는 경우가 생깁니다.

업데이트 : 만약 우리가 $L$ 을 규칙적인 $R = \{ 0^*10^*10^*10^* \}$ 과 교차한다면 우리 는 domotorp가 그의 답변에서 보여준 것처럼 문맥이없는 언어를 얻는다; (하나 이상 을 "추적")를 갖는 약간 더 복잡한 $L \cap R'$ 는 여전히 문맥이 없어야 함을 제안합니다 . $R' = \{ 0^*10^*10^*10^*10^*10^* \}$ $1$ $L$

fl.formal-languages context-free

— 마르 지오 데 비아시
소스

는 형태없는 정확히 말 그대로, 실제로 쉽게

(교차

L \cap R^{'}

$L\cap R'$

w w

$ww$

R^{'}

$R'$

— domotorp

@domotorp : 그렇습니다! 홀수 고정 변경

(응답이로에도 적용 할 수없는 한 S

어떤 고정 ODD에 대한,

)

1

$1$

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

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

k

$k$

— MARZIO 드 BIASI

마지막 의견 : 모든 종류의 순환 교대에 대해 문맥이없는 언어가 닫혀 있기 때문에 선행 0으로 시작하는 데 도움이되지 않습니다. 스택으로 밀어 넣고 마지막 심볼을 특수 기호로 표시하고 스택에서 시작하는 척하는 나머지 알고리즘을 수행하고 끝에서 비울 수 있습니다. (이 사용

-transitions,하지만 그와 같은 PDA가없는 것과 동일하다는 것을 쉽게이기도합니다.)

ϵ

$\epsilon$

— domotorp

{0,1,2} 알파벳을 생각하고 정확히 두 개의 1과 2를 가진 문자열을 고려하는 것이 더 간단 할 수 있습니다. 1과 2 사이의 거리가 모두 n이면 언어가 아닙니다.

— Kaveh

PDA 가 어떤 방식 으로든 두 위치를 기억할 수 있기 때문에 $R=\{0^*10^*10^*10^*\mid$ 짝수 단어 $\}$ 와의 교차점 은 컨텍스트가 없습니다 . 어쨌든 먼저이 언어 이 무엇인지 봅시다 . 그것의 보수는 $L$ $R\setminus L=\{0^a10^b10^c10^d\mid b=n/2 \vee c=n/2 \vee a+d=n/2\}$ . 따라서 $L=\{0^a10^b10^c10^d\mid b\ne n/2 \wedge c\ne n/2 \wedge a+d\ne n/2\}$ 입니다. 이것을 로 다시 쓸 수 있습니다 $L=\{0^a10^b10^c10^d\mid b> n/2 \vee c> n/2 \vee a+d> n/2 \vee b,c,a+d<n/2\}$ .

처음 $3$ 가지 경우는 쉽게 확인할 수 있으며, 4 번째 경우도 쉽게 확인할 수 있습니다.

$b>n/2$ : 처음 1까지 스택을 넣은 다음 비어 있지 않을 때까지 스택에서 튀어 나오기 시작합니다. 비운 후 다시 두 번째 1에 도달 할 때까지 스택에 다시 넣습니다.

$c>n/2$ : 동일

$a+d>n/2$ : 처음 1까지 스택을 넣은 다음 비어 있지 않을 때까지 스택에서 튀어 나오기 시작합니다. 비운 후 다시 세 번째 1에 도달 할 때까지 스택에 다시 넣습니다.

$b,c,a+d<n/2$ : 처음 1까지 스택을 넣은 다음 비어 있지 않을 때까지 스택에서 튀어 나오기 시작합니다. 그것은 비어 후, 다시 우리가 도달 할 때까지 스택에 넣어 시작 (두 번째와 제 1 항 제 3 사이의 추측 비 결정적 어딘가에). 그런 다음 스택을 팝하십시오. $a+n/2$

— 도모토
소스

고맙습니다 domotorp, 나는 당신의 아이디어를 읽고 있습니다; 나는

이

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)}

$\{ 0^a 1 0^b 1 0^{c'} 0^{c''} 1 0^d \mid \ (n/2=a+b+c'=c''+d+1) \land [(a= c'')\lor (c' = d) \}$ (왼쪽 절반에 2 개 1 개)의 반대 (오른쪽 절반에 2 개 1 개)를 결합합니다. 어떻게 을 얻 습니까?

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 2012 년

은 HamDist가 최대

입니다. 이것은 3 개의 1 중 하나가 일치하는 경우에 정확하게 발생합니다. 즉, 하나는 후반에있는 것과 같이 전반부에 동일한 위치에 있습니다. 이 두 1이 첫 번째와 두 번째 1이면

이고 두 번째와 세 번째 1이면

이고 첫 번째와 세 번째 1이면

또는 동등하게

R \subset L

$R\subset L$

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

$a+d=n/2$ (여기서 나는 일정한

로 약간의 부정 행위를하고 있습니다)

\pm 1

$\pm 1$

— domotorp

이것이 전체 질문에 대한 답변입니까?

— Michaël Cadilhac

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

$a+d$

@Michael : 아니요.

$~$

— domotorp