क्या समान लंबाई वाले शब्दों के युग्म की भाषा जिनकी हामिंग दूरी 2 या अधिक संदर्भ-मुक्त है?

Question

निम्नलिखित भाषा संदर्भ मुक्त है?

$$L = \{ uxvy \mid u,v,x,y \in \{ 0,1 \}^+, |u| = |v|, u \neq v, |x| = |y|, x \neq y\}$$

जैसा कि sdcvvc द्वारा बताया गया है, इस भाषा में एक शब्द को एक ही लंबाई के दो शब्दों के मिलन के रूप में भी वर्णित किया जा सकता है, जिसकी लंबाई दूरी 2 या उससे अधिक है।

मुझे लगता है कि यह संदर्भ मुक्त नहीं है, लेकिन मुझे इसे साबित करने में मुश्किल समय आ रहा है। मैंने इस भाषा को एक नियमित भाषा के साथ जोड़ने की कोशिश की (जैसे कि उदाहरण के लिए) फिर पंपिंग लेम्मा और \ या होमोमोर्फिज्म का उपयोग करें लेकिन मुझे हमेशा एक ऐसी भाषा मिलती है जो वर्ण और लिखने के लिए बहुत जटिल है नीचे।$\ 0^*1^*0^*1^*$

Comments

क्या आपने स्ट्रिंग को पंप करने की कोशिश की ? $0^u1^x1^u0^x$

— Pål GD

हां, लेकिन मैं इस स्ट्रिंग को भाषा से बाहर पंप करने में विफल रहा हूं (इसका मतलब यह नहीं है कि यह संभव नहीं है, बस मैं ऐसा करने में विफल रहा हूं)।

— रॉबर्ट777

@ PålGD, आपको संभवतः टुकड़ों को "चिह्नित" करने का एक तरीका चाहिए, जैसे $1^u 0 1^x 0 1^u 0 1^x 0$

— vonbrand

इस भाषा को रूप में लिखा जा सकता है यू | = | वी | , घ ( यू , वी ) ≥ 2 $\{uv:|u|=|v|,d(u,v) \geq 2\}$ जहां $d$ आलोचनात्मक अंतर है। ध्यान दें कि यदि हम 2 को 1 से बदल देते हैं, तो यह संदर्भ है ( cs.stackexchange.com/questions/307 ) लेकिन वहां उपयोग की गई ट्रिक काम नहीं करेगी। व्यक्तिगत रूप से मैं शर्त लगा रहा हूं कि यह संदर्भ नहीं है।

— sdcvvc

@sdcvvc: आप कर रहे हैं ठीक है, एक विभाजन $u$ में $u'x$ ताकि भिन्न बिट्स में से एक में है $u'$ और अन्य $x$ । मुझे सही साबित होना है।

— एंड्रेस सलामन

Answer 1

नोट [२०१ ९-० [-३०] प्रमाण गलत है ... सवाल जितना लगता है उससे कहीं अधिक जटिल है।

यहाँ एक असफल प्रयास के बाद यह एक और विचार है।

अगर हम एक दूसरे को काटना $L$ नियमित भाषा के साथ $L_{reg} = 0^*10^*10^*10^*$ हम एक CF भाषा मिलता है।

शायद हम और अधिक भाग्य अगर हम का उपयोग कर सकते हैं $L_{reg}' = 0^*10^*10^*10^*10^*$ (वास्तव में 4 1s के साथ एक स्ट्रिंग)।

चलो $L_1 = L \cap L_{reg}'$ , अनौपचारिक रूप से $w \in L_1$ यह दो हिस्सों, जैसे कि एक आधा वास्तव में होता है में विभाजित किया जा सकता है, तो $\{0,1,3,4\}$ $1s$ या दोनों हिस्सों को शामिल दो $1$ रों लेकिन उनके स्थान मेल नहीं खाते।

मान लीजिए कि $L_1$ CF है और $G$ को चॉम्स्की के सामान्य रूप में इसका व्याकरण माना जाए, और जाने दें

$$w = uv = 0^a 1 0^b 1 0^c 1 0^d 1 0^e \in L_1$$

हमारे पास $|u|=|v|$(यहां तक कि लंबाई) और $d(u,v) \geq 2$

यदि हम अपना ध्यान उन तरीकों पर रोकते हैं जिनमें $w$ के चार 1 उत्पन्न हो सकते हैं तो हमारे पास तीन मामले हैं जो आंकड़े के शीर्ष पर दिखाए गए हैं। आकृति 1 का केंद्रीय भाग पहला मामला दिखाता है (लेकिन अन्य समान हैं) ।

चित्र 1 (पूरी तस्वीर यहाँ डाउनलोड की जा सकती है )

अगर हम लेने $a=e, c=2a$ और $b,d \gg a$ हम देखते हैं कि 1s के दो जोड़े के बीच शून्य स्वतंत्र रूप से pumpable (चित्र में लाल नोड्स) होना चाहिए: विशेष रूप से, बड़ा पर्याप्त के लिए $b \gg a$ , हमें आंतरिक सबट्री (आकृति 2 में नोड X) पर डुप्लिकेट नॉनटर्मिनल नोड मिलता है या पहले या दूसरे 1 (नोड 2 में आकृति 2) की ओर मार्ग में एक दोहराया अनुवर्तीता होती है। ध्यान दें कि चित्रा 2 थोड़ा सा सरलीकृत है: दो $X$ एस के बीच, और दो $Ys$ ( वाई →) के बीच भी अधिक गैर-नोड नोड्स हो सकते हैं ।$Y\to ... \to Z_i \to ... Y$ लेकिन$Z_i$ साथजो पहले 1 के दाईं ओर केवल 0s पैदा करता है)।

चित्र 2

इसलिए हम एक मनमाना ठीक कर सकते हैं $a = e = k, c = 2a$ है, तो बड़ा पर्याप्त लेने $b$ पहले के बीच और दूसरा शून्य के अनुक्रम पर एक स्वतंत्र रूप से pumpable नोड प्राप्त करने के लिए $1$ । तीसरे और चौथे 1 के बीच शून्य के अनुक्रम के लिए, हम $d = b! +b$ चुन सकते हैं ! + बी ।
लेकिन $0^b$ तो वहाँ एक है independtly pumpable है $p \leq b$ pumpable सबस्ट्रिंग $y$ , यानी ऐसी है कि $b = xyz, |y|=p, |x|\geq 0, |z|\geq 0$ और$xy^iz = b!+b$ । हमें जो स्ट्रिंग मिलती है वह है:

$$w' = 0^k 1 0^{b!+b} 1 0^{2k} 1 0^{b!+b} 1 0^k$$

लेकिन $w' \notin L_1$ । इस प्रकार $L_1$ CF नहीं है और अंत में $L$ , CF नहीं है।

यदि प्रमाण सही है (???) तो इसे हर भाषा में बढ़ाया जा सकता है $L_k = \{ uv : |u|=|v|, d(u,v)\geq k\}, k\geq 2$

Comments

मुझे डर है कि बाउंटी की समय सीमा समाप्त होने से पहले हम वास्तव में इस प्रमाण को सत्यापित कर सकते हैं, इसलिए जब तक कि अगले 4 घंटों में कोई कठोर जानकारी नहीं मिलती है, तब तक यह सबसे अच्छा प्रयास होने के लिए अंक प्राप्त करता है।

— jmite

@jmite: चिंता न करें उच्च संभावनाएं हैं कि यह पिछले एक की तरह एक गलत प्रयास है (जो एक तुच्छ त्रुटि की खोज करने से पहले लगभग 30 मिनट तक चला है) :-) :-)

— Vor

केस का भेद क्यों? व्याकरण की शाखाओं का शब्द के आधे हिस्सों से कोई संबंध नहीं है। लेकिन मुझे लगता है कि इससे कोई फर्क नहीं पड़ता; यदि सबूत काम करता है, तो इस मामले के भेद की आवश्यकता नहीं है। एक मानने वाले व्याकरण को देखते हुए और लेम्मा के बजाय पम्पिंग लेम्मा के प्रमाण का उपयोग करना एक अच्छी चाल है (किसी को यह अधिक बार करना चाहिए)। मुझे एक (वास्तविक) चिंता है: यदि आप को पंप करते हैं , तो आपको 0 बी + पी ( i - 1 ) मिलता है ; मैं नहीं देखता कि आप b + b में कैसे आते हैं ! । ऐसा मत सोचो कि सबूत को नुकसान पहुंचाना चाहिए, लेकिन बेहतर जांच करें। इसके अलावा, आप कुछ संकेतन (और टाइपो) को सीधा करना चाह सकते हैं।$0^b$$0^{b+p(i-1)}$$b+b!$

— राफेल

@Raphael: thanks for the comments. Perhaps I'm wrong, but if you pick as target length $b+b!$ then for every pumping length $p$, the string $0^b$ can be decomposed in $0^{xyz}, (|xyz|=b, |y|=p \leq b)$ and can be pumped to $xy^iz = b + b!$, indeed in your example p surely divides $b!$, so there is a $(i-1)$ for which $p(i-1)=b!$, but the original string length is $b$, so the total pumped length is $|xy^{(i-1)}z| = b+b!$. I remember it from a couple of exercises that use the Ogden's lemma ... now I'll double check them.

— Vor

@Raphael: ... I didn't find the proof anywhere but only a paper by Zach Tomaszewski that proves that the complement of $L_{dup} = \{ ww \}$ is CF (see question ), so perhaps it is a new result (though simple); and a pumping-lemma-style theorem can be derived for languages with strings that contain a finite number of a particular symbol and substrings of arbitary length between them.

— Vor

Answer 2

After 2 failed attempts, that were disproved by @Hendrik Jan (thank you), here is another one, that is not more successful. @Vor found an example of a deterministic CF language where the same construction would apply, if correct. This allowed identifying an error in the anchoring of the $y$ string in the application of the lemma. The lemma itself does not seem at fault. This is clearly too simplistic a construction. See more details in the comments.

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The language $L = \{ uxvy \mid u,v,x,y \in \{ 0,1 \}^*\text \{ \epsilon \} \ ,\ \mid u \mid = \mid v \mid \ , \ u \not= v \ , \ \mid x \mid = \mid y \mid \ , \ x \not= y \ \}$ is not Context-Free.

It is helpful to keep in mind the characterization $L= \{uv:|u|=|v|,d(u,v) \geq 2\}$ where d is the Hamming distance, proposed by @sdcvvc. What one needs to think about are 2 selected positions in each half string such that the corresponding symbols differ.

Then you consider a string $10^i10^j$ such that $i \lt j$ and $i+j$ is even. It is clearly in the language L, by cutting $u$ and $x$ anywhere between the two 1's. We want to pump that string on the first part between the 1's, so that it will become $10^j10^j$ which is not supposed to be in the language.

We first try to use Ogden's lemma, which is like the pumping lemma, but applies to $p$ or more distinguished symbols that are marked on the string, $p$ being the pumping length for marked symbols (but the lemma can pump more because it can pump also unmarked symbols). The pumping marked-length $p$ depends only on the language. This attempt will fail, but the failure will be a hint.

We can then choose $i=p$ and we mark symbols on the first sequence of $i$ 0's. We know that none of the two 1's will be in the pump, because it can pump out once (exponent 0) instead of pumping in. And pumping out the 1's would get us out of the language.

However, we could be pumping on both sides of the second 1 as fast or even faster on the right side, so that the second 1 would never get across the middle of the string. Also Ogden's lemma does not fix an upper limit to the size of what is being pumped, so that it is not possible to organize the pumping to get the rightmost 1 exactly across the middle of the string.

We use a modified version of the lemma, here called Nash's Lemma, which can handle these difficulties.

We first need a definition (it probably has another name in the literature, but I do not know which - help is welcome). A string $u$ is said to be an erasure of a string $v$ iff it is obtained from $v$ by erasing symbols in $v$. We will note $u \prec v$.

Nash's Lemma : If $L$ is a context-free language, then there exists two numbers $p\gt0$ and $q\gt 0$ such that for any string $w$ of length at least $p$ in $L$, and every way of “marking” $p$ or more of the positions in $w$, $w$ can be written as $w=uxyzv$ with string $u$, $x$, $y$, $z$, $v$, such that

1. $xz$ has at least one marked position,
2. $xyz$ has at most $p$ marked positions, and
3. there are 3 strings $\hat x$, $\hat y$, $\hat z$ such that
   1. $\hat x \prec x$, $\hat y \prec y$, $\hat z \prec z$,
   2. $1 \leq \mid \hat x \hat z \mid \leq q$, $1 \leq \mid \hat y \mid \leq q$, and
   3. $ux^j\hat x^i\hat y\hat z^iz^jv$ is in $L$ for every $i \geq 0$ and for every $j \geq 0$.

Proof: Similar to the proof of Ogden's lemma, but the subtrees corresponding to the strings $y$ and $xz$ are pruned so that they do not contain any path with twice the same non-terminal (except for the roots of these two subtrees). This necessarily limits the size of the generated strings $\hat x\hat z$ and $\hat y$ by a constant $q$. The strings $x^j$ and $z^j$, for $j \geq 0$, corresponding to an unpruned version of the tree, are used mainly with $j=1$ to simplify the accounting when the lemma is applied.

We modify the above proof attempt by marking the $p$ leftmost symbols 0, but they are followed by $2q$ symbols 0 to make sure that we pump in the left part of the string, between the two 1's. That make a total of $i = p + 2q$ 0's between the 1's (actually $i = p + q$ would be sufficient, since the rightmost 1 cannot be in $\hat z$, which would allow to simply remove it).

What is left is to have chosen $j$ so that we can pump exactly the right number of 0's so that the two sequences are equal. But so far, the only constraint on $j$ is to be greater than $i$. And we also know that the number of 0's that are pumped at each pumping is between 1 and q. So let $h$ be product of the first $q$ integers. We choose $j=i+h$.

Hence, since the pumping increment $d$ - whatever it is - is in $[1,q]$, it divides $h$. Let $k$ be the quotient. If we pump exactly $k$ times, we get a string $10^j10^j$ which is not in the language. Hence L is not context-free.

.

I think that I shall never see
A string lovely as a tree.
For if it does not have a parse,
The string is naught but a farce

Comments

Note however that the pass over the second half reads the stack in reverse. That seems to mean that the two positions are in the same position in both halves, but in reverse?

— Hendrik Jan

you are correct ... I goofed ... now I know what was nagging me at the back of my head.

— babou

I recognized the argument (because I could not make it work when I tried myself).

— Hendrik Jan

Should I leave this wrong answer ? It is somehow helping, I think, as it make the problem suspiciously similar to ${a^ib^jc^ka^ib^jc^k}$. The problem is that rules of the site are not intended to encourage wrong results for discussion ( I mean I do not enjoy downvotes more than anyone else).

— babou

@HendrikJan Did I goof again ? (BTW, thanks for making it a discussion)

— babou

Answer 3

by this question I think $L$ is context-free and generated by the following grammar $\qquad\begin{align} S &\to AXBY \mid BYAX \\ A &\to 0 \mid 0A0 \mid 0A1 \mid 1A0 \mid 1A1 \\ B &\to 1 \mid 0B0 \mid 0B1 \mid 1B0 \mid 1B1 \\ X &\to 0 \mid 0X0 \mid 0X1 \mid 1X0 \mid 1X1 \\ Y &\to 1 \mid 0Y0 \mid 0Y1 \mid 1Y0 \mid 1Y1 \\ \end{align}$

Comments

This is incorrect; you cannot guard that length of AX is the same as BY. For example, your grammar generates S -> AXBY -> A011 -> 0A1011 -> 001011 which is not in the original language. Also, your symbols A and X generate the same language, same for B and Y; they can be merged.

— sdcvvc