Questa lingua è senza contesto?

È la lingua

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

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

context-free? Credo che la risposta sia che non è un CFL, ma non posso provarlo con il lemma di Ogden o il lemma di pompaggio.

formal-languages context-free pumping-lemma

— Andrés Felipe Téllez Crespo
fonte

Crossposted su math.SE ; per favore non farlo! Hai verificato la domanda che ti avevo indicato? Ti preghiamo di includere i tuoi tentativi e il motivo per cui falliscono.

— Raffaello

Il teorema di Parikh funziona per ma non per ; sfortunatamente, . Perfino il lemma dell'Interscambio sembra essere soddisfatto. Caspita.

{(a^{n} b^{n})^{n} ∣ n \geq 1}

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

L

$L$

Ψ_{{a, b}} [L] = N^{2}

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

— Raffaello

Suggerimento:

sì

Soluzione:

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

e quindi il complemento è che è privo di contesto in quanto puoi facilmente scrivere un PDA non deterministico.

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

— sdcvvc
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Ooohhh! * facepalm * Forse vuoi aggiungere il trucco di progettazione centrale; potrebbe non essere ovvio per il principiante.

— Raffaello

Non capisco, ho pensato che il complemento di un CFL non fosse CFL in generale. Grazie

— Andrés Felipe Téllez Crespo l'

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

$\{(a^n b^n)^n\}$ non è privo di contesto, ma lo è il suo complemento.

— sdcvvc,

@ AndrésFelipeTéllezCrespo: il complemento di un CFL non è sempre CFL (quindi nessuna proprietà di chiusura) ma nessuno dice che non esiste CFL il cui complemento è CFL. In particolare, tutti i complementi di tutte le lingue regolari sono privi di contesto (perché sono persino regolari).

— Raffaello

Lingue simili a

L

$L$ - una disgiunzione finita di condizioni adeguate - può essere risolta usando il non determinismo: indovina la condizione violata e verifica che sia violata (ignora il resto).

— Raffaello