Apakah bahasa ini Bebas Konteks?

Apakah bahasanya

L = {a, b}^{*} ∖ {(a^{n} b^{n})^{n} ∣ n \geq 1}

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

bebas konteks? Saya percaya bahwa jawabannya adalah itu bukan CFL, tapi saya tidak bisa membuktikannya dengan lemma Ogden atau Pumping lemma.

formal-languages context-free pumping-lemma Andrés Felipe Téllez Crespo
sumber

Crossposted pada math.SE ; tolong jangan lakukan itu! Apakah Anda memeriksa pertanyaan yang saya tunjukkan? Harap sertakan upaya Anda dan mengapa gagal.

Raphael

Teorema Parikh bekerja untuk

{(a^{n} b^{n})^{n} ∣ n \geq 1}

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

L

$L$ ; sayangnya,

Ψ_{{a, b}} [L] = N^{2}

$\Psi_{\{a,b\}}[L] = \mathbb{N}^2$ . Bahkan lemma Pertukaran tampaknya terpenuhi. Wow, yang jahat.

Raphael

Petunjuk:

Iya

Larutan:

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

dan karenanya komplemennya adalah

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

yang bebas konteks karena Anda dapat dengan mudah menulis PDA nondeterministic.

sdcvvc
sumber

Ooohhh! * facepalm * Mungkin Anda ingin menambahkan trik desain pusat; mungkin tidak jelas bagi pemula.

Raphael

Saya tidak mengerti, saya berpikir bahwa komplemen dari CFL bukanlah CFL pada umumnya. Terima kasih

Andrés Felipe Téllez Crespo

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

$\{(a^n b^n)^n\}$ tidak bebas konteks, tetapi komplemennya adalah.

sdcvvc

@ AndrésFelipeTéllezCrespo: Komplemen dari CFL tidak selalu CFL (jadi tidak ada properti penutupan) tetapi tidak ada yang mengatakan bahwa tidak ada CFL yang komplemennya adalah CFL. Secara khusus, semua pelengkap dari semua bahasa reguler bebas konteks (karena mereka bahkan teratur).

Raphael

Bahasa mirip dengan

L

$L$ - disjungsi terbatas dari kondisi yang sesuai - dapat diselesaikan dengan menggunakan nondeterminisme: tebak kondisi yang dilanggar dan verifikasi bahwa itu dilanggar (abaikan sisanya).

Raphael

Apakah bahasa ini Bebas Konteks?

Jawaban: