Regolarità della metà esatta delle parole da una lingua normale

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Sia un linguaggio regolare. La lingua regolare? $L$
$L_2 = \{y : \exists x,z\ \ s.t.|x|=|z|\ and\ xyz \in L \}$

So che è molto simile alla domanda qui , ma il trucco è che non è una semplice sottostringa di una parola in una lingua normale, ma piuttosto un "centro esatto" - dobbiamo contare il prefisso e la lunghezza del suffisso.

Pertanto, presumo che non sia regolare, ma non sono riuscito a trovare un modo per dimostrarlo. Inoltre non riuscivo a pensare ad alcun modo per modificare l'NFA di per accettare . $L$ $L_2$

formal-languages regular-languages closure-properties

— Tomer
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"medio esatto" sembra suggerire? A proposito, anche quello sarà regolare!

| x | = | y | = | z |

$|x|=|y|=|z|$

— Hendrik Jan

Hai provato le cose dalla nostra domanda di riferimento ?

— Raffaello

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Suggerimento: Consideriamo alcuni DFA per . Per ogni , sia l'insieme di stati tale che vi sia una parola di lunghezza che conduca il DFA dallo stato iniziale a . Sia l'insieme degli stati tale che vi sia una parola di lunghezza che conduca il DFA da ad uno stato accettante. Infine, per ogni due stati , sia l'insieme di parole (regolare) che conduce il DFA da a . abbiamo $L$ $n \geq 0$ $A_n$ $s$ $n$ $s$ $B_n$ $t$ $n$ $t$ $s,t$ $R_{s,t}$ $s$ $t$

L_{2} = ⋃_{n \geq 0} ⋃_{\begin{matrix} s \in A_{n} \\ t \in B_{n} \end{matrix}} R_{s, t} .

$L_2 = \bigcup_{n \geq 0} \bigcup_{\substack{s \in A_n \\ t \in B_n}} R_{s,t}.$ Dal momento che ci sono solo molte possibilità finite per , l'unione è in realtà finita e così regolare.

s, t

$s,t$

— Yuval Filmus
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Sia sia un DFA . Senza perdita di generalità, assumere . Costruiamo un ε-NFA per nel modo seguente: $D = (Q, Σ, δ, q_0, F)$ $L$ $q_S, q_F \notin Q$ $N = (Q ∪ \{q_S, q_F\}, Σ, Δ, q_S, \{q_F\})$ $L_2$

Trova ogni percorso in da a qualsiasi . Per ciascuno di questi percorsi costruisci i percorsi per (ovvero costruisci tutte le "parti intermedie" del percorso). Questo può essere fatto in modo efficace. Costruisci combinando tutti questi percorsi, insieme a: $D$ $q_0$ $f ∈ F$ $p_k: q_0 = q_{k,0} \xrightarrow{α_{k,1}} q_{k,1} \xrightarrow{α_{k,2}} … \xrightarrow{α_{k,i}} q_{k,i} \xrightarrow{α_{k,i+1}} … \xrightarrow{α_{k,n_k}} q_{k,n_k}$ $p_k^{(i)} : q_{k,i} \xrightarrow{α_{k,i+1}} q_{k,i+1} \xrightarrow{α_{k,i+2}} … \xrightarrow{α_{k,n_k-i}} q_{k,n_k-i}$ $0 \le i \le \frac{n_k}2$ $Δ$

$(q_S, ε, q_{k,i})$ per tutti come sopra $i$
$(q_{k, n_k-i}, ε, q_F)$ per tutti come sopra $i$

$L(N)$ è regolare per costruzione.

Schizzo di prova che : Lascia . Per costruzione sappiamo che deve corrispondere almeno sui percorsi sopra. Ciascuno di questo percorso appartiene a un percorso in , che contiene un prefisso e un suffisso aggiuntivi di lunghezza . Scegli come parola descritta da questo prefisso e quella descritta dal suffisso. Troviamo che , con . Con un ragionamento simile che troviamo per ogni un percorso in . Permettetemi essere la lunghezza ed $L(N) = L_2$ $w ∈ L(N)$ $w$ $p_k^{(i)}$ $D$ $i$ $x$ $y$ $xwy ∈ L$ $|x| = |y| = i$ $w ∈ L_2$ $N$ $i$ $x$ $y$ appartenente a . per alcune forme . $w$ $p_k^{(i)}$ $k$ $w$

Quindi . $L(N) = L_2$

— IPSec
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Dato che ci sono infiniti percorsi, l'osservazione "Questo può essere fatto efficacemente" sembra aver bisogno di qualche spiegazione. Nota che non è strettamente necessario usare quella proprietà, vedi la risposta di Yuval, che (per me) è una versione "non efficace" dello stesso argomento.

— Hendrik Jan

Hai ragione. Non è necessario considerare i loop due volte. Il prossimo punto critico sembra essere che c'è qualche appartenente a , poiché combinando i percorsi potrebbero emergere nuovi percorsi. Vedete, non ho esaminato a fondo la mia prova, ma credo che tutti questi problemi potrebbero essere risolti.

p_{k}^{(i)}

$p_k^{(i)}$

w

$w$

— ipsec,