Có thể nhiều máy tự động quyết định tất cả các ngôn ngữ nhạy cảm ngữ cảnh xác định?

MPA (automebble multiebble) là 2DFA (automaton hữu hạn xác định hai chiều) có thể sử dụng số lượng viên sỏi tùy ý (thực tế nhiều nhất là viên sỏi trên một đầu vào w - đầu vào được ghi trên băng giữa hai đầu -đánh dấu là # w # ). Trong quá trình tính toán, MPA có thể phát hiện xem biểu tượng dưới đầu có một viên sỏi hay không, và sau đó nó có thể đặt một viên sỏi (loại bỏ viên sỏi) nếu không có viên sỏi (viên sỏi).$|w|+2$$w$$\# w \#$

là một đồng cấu, nơi σ là một biểu tượng và k > 0 .$h_k(\sigma) = \underbrace{\sigma \cdots \sigma}_{k \mbox{ times}} = \sigma^k$$\sigma$$k>0$

Đối với bất kỳ ngôn ngữ nhạy cảm ngữ cảnh xác định không khó để chứng minh rằng tồn tại k > 0 sao cho h k ( L ) có thể được MPA nhận ra. Vì vậy, nói một cách lỏng lẻo, chúng ta có thể nói rằng$\mathtt{L} ~~ \left( \mathtt{L} \in \mathsf{DSPACE(n)} \right),$$k>0~$$h_k( \mathtt{L} )$

bất kỳ "vấn đề" nào có thể quyết định bởi DTM không gian tuyến tính (máy Turing xác định) đều có thể được quyết định bởi MPA.

Điều này cũng đúng với bất kỳ ngôn ngữ nào trong ? MPA có thể quyết định tất cả các ngôn ngữ nhạy cảm ngữ cảnh xác định?$\mathsf{DSPACE(n)}$

là độ dài của w .$|w|$$w$

là i t h biểu tượng của w , nơi 1 ≤ i ≤ | w | .$w_i$$i^{th}$$w$$1 \leq i \leq |w|$

$h_k(\mathtt{L}) = \left\lbrace h_k(w_1) h_k(w_2) \cdots h_k(w_{|w|}) \mid w \in \mathtt{L} \right\rbrace$ .

Có lẽ bạn có thể xây dựng một ngôn ngữ trong DPSACE (n) mà MPA không thể nhận ra với $k=1$ bằng cách sử dụng đối số đường chéo (có thể là ý tưởng tương tự như trong câu trả lời của Ben, nhưng tôi không đào sâu vào nó):

Giả sử rằng trong bảng chữ cái $\Sigma = \{0,1\}$ bạn mã hóa một MPA sử dụng một danh sách các hiệu ứng chuyển tiếp:

$s,a,p \rightarrow s',p',L|R;...\#$

nơi là trạng thái hiện tại, một là biểu tượng hiện tại, p là tình trạng sỏi, s ' là trạng thái mới, p ' là trạng thái sỏi mới, L | R là hướng di chuyển, # là dấu cuối).$s$$a$$p$$s'$$p'$$L|R$$\#$

Máy Turing trên đầu vào x có thể kiểm tra xem đó có phải là mô tả hợp lệ của M P A x không và mô phỏng nó trên đầu vào x cho 4 | x | các bước sử dụng 6 | x | + $M$$x$$MPA_x$$x$$4^{|x|}$các ô, kéo dài đầu vào theo cách này:$6|x|+\log|x|$

 MPA description # MPA tape # curr_state # counter #

Ở đâu:

• Mô tả MPA là chuỗi đầu vào gốc (có độ dài$x$$|x|$ );
• Băng MPA là đại diện băng MPA: đối với mỗi ô, chúng tôi có thể sử dụng 3 bit để lưu trữ cờ đầu, cờ sỏi và nội dung băng (cố định) (có độ dài $3|x|$ );
• current_state lưu trữ trạng thái hiện tại của MPA (có nhật ký độ dài$\log |x|$ );
• bộ đếm là bộ đếm bước mô phỏng được cập nhật sau mỗi bước mô phỏng (có độ dài $2|x|$ ).

Nếu dừng lại trong 4 | x | bước rồi TM$MPA_x$$4^{|x|}$ xuất ra ngược lại (nếu nó không dừng$M$$M$ xuất 0).

Đối với đủ lớn , 4 | x | các bước mô phỏng lớn hơn 2 | x | + 2 | x | đăng nhập | x | lớn hơn độ dài của mô tả cấu hình hoàn chỉnh của M P A x ; theo cách này nếu M P A x không dừng lại ở $x > x_0$$4^{|x|}$$2^{|x|+2} |x| \log |x|$$MPA_x$$MPA_x$Các bước sau đó chúng tôi chắc chắn rằng nó sẽ lặp lại mãi mãi.$4^{|x|}$

Giả sử có một quyết định cùng một ngôn ngữ L của M , thì nó luôn dừng lại và bạn có thể xây dựng một " P " lớn hơn M P A y ′ quyết định cùng một ngôn ngữ, với y ′ > x $MPA_y$$L$$M$$MPA_{y'}$$y'>x_0$ (chỉ cần thêm bang dum).

Bằng cách xây dựng chúng ta có, mà là một mâu thuẫn.$MPA_{y'}(y') = 1 - M(y') = 1 - MPA_{y'}(y')$

Không. Ví dụ: vấn đề tạm dừng cho MPA có thể quyết định trong không gian tuyến tính: nếu MPA có N trạng thái, chúng ta cần | k | +2 bit không gian để lưu trữ các vị trí cuội, ghi bit N để lưu trạng thái hiện tại và bit để lưu trữ một bộ đếm; nếu bộ đếm chu kỳ, máy mô phỏng sẽ không bao giờ dừng lại. Đây là tuyến tính trong | k | (bỏ qua không gian O (N \ log N) cần thiết để mô tả máy), theo yêu cầu.$\log(N(|k|+2))+|k|+2$

Vì ngôn ngữ này có thể quyết định trong không gian tuyến tính, nên nó cũng có thể biểu thị dưới dạng DCSL.