Come può ws con | w | = | s | e saremo senza contesto mentre w # s non lo è?

Perché (in tal caso) il separatore $\#$ sta facendo la differenza tra le due lingue?

Diciamo:

$L=\{ws : |w|=|s|\, w,s\in \{0,1\}^{*}, w \neq s \}$

$L_{\#}=\{w\#s : |w|=|s|\, w,s\in \{0,1\}^{*}, w \neq s \}$

Ecco una prova e una grammatica che rappresentano $L$ come $CFL$

E sotto sto aggiungendo una prova per $L_{\#} \notin CFL$ :

Il segno $\#$ fa davvero la differenza? se è così, perché? e se no, quale delle prove è sbagliata e dove?

Prova che $L_{\#} \notin CFL$ :

Si supponga a titolo di contraddizione che $L ∈ CFL$ . Sia $p > 0$ la costante di pompaggio per $L$ garantita dal lemma di pompaggio per linguaggi senza contesto. Consideriamo la parola $s = 0^{m}1^{p}\#0^{p}1^{m}$ dove $m=p!+p$ così $s ∈ L$ . Dal $|s| > p$ , secondo il lemma del pompaggio esiste una rappresentazione $s = uvxyz$ , tale che $|vy| > 0$ ,$|vxy| ≤ p$ , e$uv^{j}xy^{j} z ∈ L$ per ogni$j ≥ 0$ .

Otteniamo una contraddizione dai casi:

• Se $v$ o $y$ contiene $\#$ : Quindi per $i = 0$ , otteniamo che $uxz$ non contiene $\#$ , quindi $uxz \notin L$ in contraddizione.

• Se sia $v$ che $y$ sono lasciati a $\#$ : Quindi per $i = 0$ , otteniamo che $uxz$ è della forma $w\#x$ , dove $|w| < |x|$, Così $uxz \notin L$ .

• Se sia $v$ che $y$ hanno ragione su $\#$ : simile all'ultimo caso.

• Se $v$ è lasciato su $\#$ , $y$ ragione su di esso e $|v| < |y|$: Quindi per $i = 0$ , otteniamo che $uxz$ è nel formato $w\#x$ , dove $|w| > |x|$, Così $uxz \notin L$ .

• Se $v$ è lasciato su $\#$ , $y$ ragione su di esso e $|v| > |y|$: Simile all'ultimo caso.

• Se $v$ è lasciato su $\#$ , $y$ ragione su di esso e $|v| = |y|$: Questo è il caso più interessante. Dal $|vxy| ≤ p$ , $v$ deve essere contenuto nella parte $1^{p}$ di $s$ e $y$ nella parte $0^{p}$ . Quindi sostiene che $v = 1^{k}$ e $y = 0^{k}$ per lo stesso $1 ≤ k ≤ p$ (in effetti, deve essere quello$k < p/2$ ). Per ogni$j ≥ 0$ , sostiene che $uv^{j+1}xy^{j+1}z = 0^{m}1^{p+j·k}\#0^{p+j·k}1^{m}$ , quindi se succede che$m = p + j · k$ , quindi sostiene che$uv^{j+1}xy^{j+1}z \notin L$in contraddizione. Per raggiungere questo obiettivo, dobbiamo prendere$j = (m-p)/k$, che è valido solo se$m − p$è divisibile per$k$. Ricordiamo che abbiamo scelto$m = p + p!$, quindi$m − p = p!$e$p!$è divisibile per$1 ≤ k ≤ p$come desiderato.

La tua prova è corretta e io ho sbagliato. Mi ci è voluto un po 'per capire dove fosse la mia confusione, ma con l'aiuto di Yuval penso di averlo capito.

Consideriamo le tre lingue

$\qquad\begin{align*} &L_= &\!\!\!\!\!\!\!\!\! &= \{ xy \mid |x| = |y|, x \neq y \}, \\ &L_{\#} &\!\!\!\!\!\!\!\!\! &= \{ x\#y \mid x \neq y \},\ \text{and} \\ &L_{=\#} &\!\!\!\!\!\!\!\!\! &= \{ x\#y \mid |x| = |y|, x \neq y \}. \end{align*}$

Come abbiamo visto qui , è privo di contesto. Il trucco è, nella grammatica, generare simboli "a destra" ma contarli "a sinistra" in un secondo momento (o viceversa), assicurandosi che i simboli non corrispondenti appaiano nelle posizioni corrispondenti. La condizione della lunghezza è banale poiché si riduce alla lunghezza uniforme. Puoi costruire un NPDA con un'idea simile, usando lo stack per abbinare la posizione.$L_=$

è anche privo di contesto. La dimostrazione è ancora più semplice: i simboli di disadattamento appaiono alla stessa distanza rispetto all'inizio. il separatore. Le lunghezze diverse possono essere verificate separatamente; il non determinismo "sceglie" tra le due opzioni.$L_\#$

$L_{=\#}$

1. $L_=$
2. Invece di "accettare se le lunghezze sono ineguali o non corrispondenti" dobbiamo "accettare se le lunghezze sono uguali e non corrispondenti". Il non determinismo non può aiutarci con e !

$x \neq y$$|x| = |y|$

$L_=$$x$$y$

$L_= \in \mathrm{CFL} \implies L_{=\#} \in \mathrm{CFL}$$f(L_{=\#}) = L_=$$f$$\#$$f^{-1}(L_=) = L_\#$$L_{=\#}$

$L = \{ x\#y \mid |x| = |y| \}$$L \cap L_\# = L_{=\#}$