यह तय करना कि क्या एक अखंड संदर्भ-संवेदनशील भाषा नियमित है

यह एक प्रसिद्ध परिणाम है कि प्रश्न

क्या एक संदर्भ-मुक्त व्याकरण एक नियमित भाषा उत्पन्न करता है?

अनिर्वचनीय है। हालांकि, यह एक असमान वर्णमाला पर निर्णायक हो जाता है, बस इस मामले में, संदर्भ-मुक्त और नियमित भाषाओं के वर्ग मेल खाते हैं।

मेरा प्रश्न यह जानना है कि एकात्मक संदर्भ-संवेदनशील भाषाओं के लिए क्या होता है ।

क्या यह जानना समीचीन होगा कि एक संयुक्त वर्णमाला पर दिया गया संदर्भ-संवेदी व्याकरण एक नियमित भाषा उत्पन्न करता है या नहीं।

यदि उत्तर सकारात्मक है, तो जटिलता का एक अनुमान स्वागत योग्य होगा।

fl.formal-languages decidability

— J.-E. पिन
स्रोत

काश, आपकी समस्या अचूक होती। जिस दृष्टिकोण पर मैं लड़खड़ा गया था (जो अधिक हो सकता है, इसलिए जिस किसी के पास अधिक समीचीन दृष्टिकोण है, उसे आगे बढ़ना चाहिए!) सबसे पहले एक विकर्ण तर्क का उपयोग करता है कि यह प्रदर्शित करने के लिए कि एक असमान CSL जो नियमित नहीं है (सकारात्मक परिणाम के विपरीत है सीएफएल के लिए), और उसके बाद ट्यूरिंग मशीनों के लिए रुकने की समस्या को कम कर देता है, एक टीएम दिया जाता है , एक सीएसजी निर्माण होता है, जो पार्स स्ट्रिंग तुलना में छोटे टेप की लंबाई पर अनुकरण करता है , पहचानता है यदि अपनी सीमाओं को खत्म किए बिना हल करता है। और अन्यथा पार्स करने में विफल रहा, ताकि सफलतापूर्वक सभी _ को पार्स कर दे $X$ $M$ $G$ $M$ $w$ $X$ $M$ $G$ $w \in X$ यदि पर्याप्त रूप से लंबे समय से यदि हाल्ट (ताकि से केवल बहुत से तारों पर अलग-अलग हो और इसलिए नियमित नहीं हो सकता), अन्यथा खाली भाषा को पहचानता है (जो स्पष्ट रूप से नियमित है)। $M$ $L(G)$ $X$ $G$

इस दृष्टिकोण की कुंजी यह अवलोकन है कि CSG केवल वाक्यांश संरचना जैसे व्याकरणिक मामलों से चिंतित नहीं हैं - वास्तव में, CSG व्युत्पत्ति अनुक्रम मनमाने ढंग से स्थानिक-बंधित संगणना को अंजाम दे सकते हैं (वास्तव में वहाँ है # $\mathbf{PSPACE}$ - अपूर्ण CSL) पार्स स्ट्रिंग के साथ संरेखित करने के व्यवसाय में आने से पहले। CSG और मोनोटोनिक व्याकरणों के बीच मानक रूपांतरणों के माध्यम से यह सबसे आसानी से देखा जाता है (जो कि काम करने के लिए निरंतर अल्फ़ाज़ों तक सीमित है), और व्युत्पत्ति पर ट्यूरिंग मशीन संक्रमणों का अनुकरण करने के लिए सरल मोनोटोनिक प्रस्तुतियों का उपयोग जो एक संगणना इतिहास में चरणों का प्रतिनिधित्व करता है। इस उत्तर के दौरान, मैं मानने जा रहा हूं कि पाठक एक विवरण की गणना करने के लिए सीएसजी की आवश्यकता होने पर अधिकांश विवरणों को समाप्त कर सकता है। (मुझे लगता है कि पूछने वाला इस सब के साथ सहज है, लेकिन मैं इसे पूर्णता के लिए जा रहा हूं। फिर भी, टिप्पणियों में स्पष्टीकरण देने के लिए स्वतंत्र महसूस करें।)

सबसे पहले, हमें हमारे गैर-नियमित यूआरजी सीएसजी की आवश्यकता है। ( संपादित करें: तो, यह ओवरकिल था - गैर-नियमित यूआरएल सीएसएल को आसानी से किसी भी भाषा पर पंपिंग लेम्मा के माध्यम से प्रदर्शित किया जा सकता है, जो गैर-नियमितता के सबसे बुनियादी को प्रदर्शित करता है। उदाहरणों के लिए टिप्पणियों को देखें। विकर्ण तर्क का उपयोग करते हुए। एक चाकू की लड़ाई के लिए एक परमाणु वारहेड लाने जैसा था। यदि आप उत्सुक हैं तो इस निर्माण का उपयोग करें, अन्यथा कमी पर छोड़ दें।)

चलो वर्णमाला से अधिक DFAs के गणन हो , ऐसी है कि राज्यों की संख्या में बढ़ जाती है । हम एक CSG वर्णन पार्स करने स्ट्रिंग, जबकि उसके व्यवहार के मामले में : $D_1, D_2, ...$ $\{1\}$ $D_i$ $i$ $G_X$ $1^n \in \{1\}^*$

Nondeterministically "रिक्त" गैर-टर्मिनलों की एक स्ट्रिंग उत्पन्न करते हैं , जिसे हम "टेप" के रूप में सोचते हैं। खाली गैर-टर्मिनलों में से एक अलग "खाली + पढ़ना-लिखना सिर + शुरू राज्य" गैर-टर्मिनल होना चाहिए। यदि पार्स स्ट्रिंग तो यह व्युत्पत्ति विफल हो जाएगी। हम केवल निर्धारक व्युत्पन्न द्वारा निर्धारित नियतात्मक संगणना के संदर्भ में शेष प्रक्रिया का वर्णन करते हैं। $n$ $1^n$
टेप पर प्रिंट करें का एक एन्कोडिंग बाद बाइनरी में नंबर पर आता , जहां और को चुना जाता है ताकि हमारे पास हमेशा हमारे टेप पर पर्याप्त जगह हो जो हमें करने की आवश्यकता है। (यह संभव है अंतरिक्ष दोनों सांकेतिक शब्दों में बदलना करने के लिए आवश्यक के बाद से और में लघुगणकीय बढ़ता है ।) $D_i$ $i$ $i = n - c$ $c$ $D_i$ $i$ $i$
इनपुट पर मूल्यांकन करें । यह एक का प्रतिनिधित्व करने की आवश्यकता नहीं है के टेप - तुम सिर्फ एक राज्य है, जो आप के बदलाव के अनुसार बदल स्टोर कर सकते हैं के रूप में आप घटती । $D_i$ $1^i$ $D_i$ $D_i$ $i$
अगर खारिज कर दिया , गैर टर्मिनलों जो उत्पादन के साथ पूरे टेप के ऊपर लिख । अन्यथा असफल। $D_i$ $1^i$ $1$

हम लेते हैं । जाहिर किसी के लिए , के बाद से । $X = L(G_X)$ $X \ne L(D_i)$ $i$ $1^{i+c} \in X \Leftrightarrow 1^{i+c} \notin L(D_i)$

अगला कदम हल करने की समस्या को कम करने से लेकर पूछने वाले की समस्या को हल करना है। (यदि आपने उपर्युक्त अनुभाग को छोड़ दिया है, तो को CSG द्वारा उत्पन्न एक गैर-नियमित नियमित CSL है ।) $X$ $G_X$

आज्ञा देना एक मनमाना TM। हम को CSG में बदलते हैं जो पार्स स्ट्रिंग पर निम्नानुसार व्यवहार करता है : $M$ $M$ $G$ $1^n$

उत्पन्न खाली गैर-टर्मिनलों, सबसे बाईं ओर एक अलग खाली + पढ़ने-लिखने वाले सिर गैर-टर्मिनल, और प्रत्येक तरफ एक "सीमा" गैर-टर्मिनल भी उत्पन्न करता है। फिर, यदि हम गैर-टर्मिनलों की गलत संख्या उत्पन्न करते हैं तो हम असफल हो जाते हैं। $n-2$
सीमा गैर-टर्मिनलों के बीच अंतरिक्ष में अनुकरण करें । यदि कभी सीमा रेखाओं में से एक पर शिफ्ट होता है, तो हम सिमुलेशन को समाप्त कर देते हैं और मान लेते हैं कि कभी भी रुकता नहीं है। $M$ $M$ $M$
यदि रुका है, तो तरह व्यवहार करें । अगर हमें अनुकरण को समाप्त करना था, तो असफल रहें। $M$ $G_X$

ध्यान दें कि यदि सीमाओं के भीतर हमेशा के लिए चलता है, तो कभी भी पार्स स्ट्रिंग उत्पन्न नहीं कर सकता है और इसलिए विफल हो जाएगा। अगर हाल्ट, तो अंतरिक्ष की कुछ राशि है जो को रोकने के लिए पर्याप्त होता है के पूरे गणना, इसलिए को पार्स करता है जब भी और , और इसलिए है संघ और एक परिमित भाषा, $M$ $G$ $M$ $n$ $M$ $G$ $1^m$ $m \ge n+2$ $1^m \in X$ $X$ $L(G)$ $L(G)$ नियमित नहीं है। दूसरी ओर, यदि कभी नहीं रुकता है, तो स्पष्ट रूप से नियमित है। $M$ $L(G) = \varnothing$

नियमित है या नहीं यह तय करने के लिए एक एल्गोरिथ्म निर्धारित करेगा कि एक खाली टेप पर टिका है या नहीं , जो कि अनिर्णायक है। यह इस प्रकार है कि पूछने वाले की समस्या असंदिग्ध है। $L(G)$ $M$

— gdmclellan
स्रोत

अपने जवाब के पहले भाग के लिए,

और

एकल संदर्भ के प्रति संवेदनशील nonregular भाषाओं के उदाहरण हैं।

{a^{n^{2}} ∣ n ⩾ 0}

$\{a^{n^2} \mid n \geqslant 0\}$

{a^{p} ∣ p is prime}

$\{a^p \mid \text{$p$ is prime}\}$

— जे- ई।

हेह, वास्तव में, यह शायद मेरे साथ हुआ है कि एक विकर्ण तर्क सकल ओवरकिल होगा। मुझे लगता है कि मैं उत्तर में एक नोट संपादित करूँगा। आशा है कि दूसरा भाग फिर भी सहायक था।

— gdmclellan

@ J.-E.Pin: मैं इसके बारे में बहुत ज्यादा नहीं सोचा था, यह आसान के लिए एक एकल संदर्भ संवेदनशील व्याकरण के निर्माण के लिए है

{a^{p} ∣ p is prime}

$\{a^p \mid p \mbox{ is prime}\}$

— मार्जियो डी बियासी

@ marzio-de-biasi मुझे स्वीकार करना होगा कि मैंने खुद की जाँच नहीं की, लेकिन इस जवाब

— जे.ई.

@MarzioDeBiasi बहुत आसान है। यह निर्धारित करते समय कि क्या भाषा संदर्भ-संवेदनशील है, सामान्य प्रक्रिया कुछ इस तरह होती है 1. नॉनडेटर्मिनिस्टली पार्स स्ट्रिंग का अनुमान लगाते हैं; 2. यह निर्धारित करने के लिए कि अंतरिक्ष स्ट्रिंग कुछ विधेय को संतुष्ट करती है या नहीं, कुछ अंतरिक्ष-बद्ध संगणना करें; और 3. स्ट्रिंग को उत्पन्न करें अगर कहा कि विधेय संतुष्ट पाया जाता है। अंतरिक्ष एक मुद्दा हो सकता है (अंतरिक्ष बाउंड पार्स स्ट्रिंग की लंबाई द्वारा दिया गया है, क्योंकि आप संदर्भ-संवेदनशील प्रस्तुतियों का उपयोग करके एक व्युत्पन्न स्ट्रिंग अनुबंध नहीं कर सकते हैं), लेकिन एकात्मक मामले में आपके पास काम करने के लिए घातीय स्थान है ।

— गदामिल्लन

यह अनिवार्य रूप से ऊपर के समान उत्तर है, लेकिन चूंकि "अधिक समीचीन" उत्तर मांगा गया है, मैं इसका उल्लेख कर रहा हूं: (इसके अलावा, यह मेरी पहली पोस्ट है, इसलिए मुझे क्षमा करें यदि मैं एक तुच्छता पोस्ट कर रहा हूं!)

इस बात पर गौर करें कि शून्यता एकात्मक संदर्भ-संवेदनशील भाषाओं के लिए अनिर्दिष्ट है। एक संदर्भ के प्रति संवेदनशील है, लेकिन गैर नियमित रूप से भाषा को ठीक । के लिए एक LBA को देखते हुए , एक आसानी से के लिए एक LBA निर्माण कर सकते हैं । तो स्पष्ट रूप से यदि और केवल यदि नियमित रूप से है खाली है। $N\subseteq a^*$ $L\subseteq a^*$ $L'=\{ a^n \mid \text{$a^n\in N$ and $\exists m\le n\colon a^m \in L$}\}$ $L'$ $L$

अद्यतन: बेशक, एक ही तर्क दिखाता है कि अनिश्चयता पहले से ही नियतात्मक लॉगरिदमिक स्थान के लिए रखती है।

— जॉर्ज ज़ेट्ज़शे
स्रोत

"शून्यता असंदिग्ध संदर्भ-संवेदनशील भाषाओं के लिए अनिर्दिष्ट है": क्या यह एक प्रसिद्ध तथ्य है? क्या आपका कोई संदर्भ होगा?

— जे- ई।

एक contex के प्रति संवेदनशील भाषा को देखते हुए

, आकारिता ले

कि हर पत्र के लिए नक्शे

। तब

खाली है अगर और केवल

खाली है तो। नियतात्मक लॉगस्पेस के लिए, टीएम

देखते हुए , एक व्यक्ति एक निरोध का निर्माण कर सकता है। सभी के सेट के लिए logspace टीएम

ऐसी है कि

लंबाई के एक हॉल्टिंग गणना है

।

L \subseteq Σ^{*}

$L\subseteq\Sigma^*$

h : Σ^{*} \to {a}^{*}

$h\colon\Sigma^*\to\{a\}^*$

a

$a$

h (L)

$h(L)$

L

$L$

T

$T$

a^{2^{n}}

$a^{2^n}$

T

$T$

n

$n$

— जॉर्ज Zetzsche