Là ngôn ngữ này Bối cảnh miễn phí?

Là ngôn ngữ

L = = {một, b}^{*} ∖ {({một}^{n} b^{n})^{n} | n \geq 1}

$L = \{a,b\}^* \setminus \{(a^nb^n)^n\mid n \geq1 \}$

bối cảnh miễn phí? Tôi tin rằng câu trả lời là nó không phải là CFL, nhưng tôi không thể chứng minh điều đó bằng bổ đề của Ogden hoặc bổ đề Pumping.

formal-languages context-free pumping-lemma

— André Felipe Téllez Crespo
nguồn

Crossposted trên math.SE ; xin đừng làm vậy Bạn đã kiểm tra câu hỏi tôi chỉ cho bạn? Vui lòng bao gồm các nỗ lực của bạn và tại sao họ thất bại.

— Raphael

Định lý của Parikh hoạt động cho nhưng không dành cho ; thật không may, . Ngay cả bổ đề trao đổi dường như cũng được thực hiện. Wow, khó chịu một.

{(a^{n} b^{n})^{n} ∣ n \geq 1}

$\{(a^nb^n)^n \mid n \geq 1\}$

L

$L$

Ψ_{{a, b}} [L] = N^{2}

$\Psi_{\{a,b\}}[L] = \mathbb{N}^2$

— Raphael

Dấu:

Đúng

Giải pháp:

${({một}^{n} b^{n})^{n} | n \geq 1} = = {{một}^{n_{1}} b^{n_{2}} Giáo dục {một}^{n_{2 k - 1}} b^{n_{2 k}}} : k \geq 1 \land n_{1} = = k \land \forall Tôi . n_{Tôi} = = n_{Tôi + 1}}$ $\{(a^n b^n)^n \mid n \geq 1 \} = \{a^{n_1} b^{n_2} \dots a^{n_{2k-1}} b^{n_{2k}}\}: k \geq 1 \land n_1 = k \land \forall i. n_i = n_{i+1} \}$

và do đó phần bù là có ngữ cảnh vì bạn có thể dễ dàng viết một PDA không điều kiện.

${một, b}^{*} ∖ {({một}^{n} b^{n})^{n} | n \geq 1} = = {{một}^{n_{1}} b^{n_{2}} Giáo dục {một}^{n_{2 k - 1}} b^{n_{2 k}} : n_{1} \neq k \lor \exists Tôi . n_{Tôi} \neq n_{Tôi + 1}}$ $\{a,b\}^{\ast} \setminus \{(a^n b^n)^n \mid n \geq 1 \} = \{a^{n_1} b^{n_2} \dots a^{n_{2k-1}} b^{n_{2k}}: n_1 \neq k \lor \exists i. n_i \neq n_{i+1}\}$

— sdcvvc
nguồn

Ôi trời ơi! * facepalm * Có thể bạn muốn thêm thủ thuật thiết kế trung tâm; nó có thể không rõ ràng cho người mới.

— Raphael

Tôi không hiểu, tôi nghĩ rằng phần bổ sung của CFL không phải là CFL nói chung. Cảm ơn bạn

— Andrés Felipe Téllez Crespo

{(a^{n} b^{n})^{n}}

$\{(a^n b^n)^n\}$ không có ngữ cảnh, nhưng phần bổ sung của nó là.

— sdcvvc

@ AndrésFelipeTéllezCrespo: Phần bù của CFL không phải lúc nào cũng là CFL (vì vậy không có thuộc tính đóng) nhưng không ai nói rằng không có CFL mà phần bổ sung là CFL. Đặc biệt, tất cả các bổ sung của tất cả các ngôn ngữ thông thường là không có ngữ cảnh (vì chúng thậm chí là thường xuyên).

— Raphael

Các ngôn ngữ tương tự

- một sự phân biệt hữu hạn của các điều kiện phù hợp - có thể được giải quyết bằng cách sử dụng tính không phá hủy: đoán điều kiện bị vi phạm và xác minh rằng nó bị vi phạm (bỏ qua phần còn lại).

L

$L$

— Raphael