Gibt es eine CFG mit Polynomgröße, die diese endliche Sprache beschreibt?

Gibt es Permutationen und Polynomgröße (in ) kontextfreie Grammatik, die die endliche Sprache über Alphabet ? $\pi_1,\pi_2$ $|w|=n$ $\{w \pi_1(w) \pi_2(w)\}$ $\{0,1\}$

UPDATE: Für eine Permutation es möglich. ist die Umkehrung oder relativ geringfügige Modifikation der Umkehrung. $\pi$ $\pi$

fl.formal-languages grammars context-free

— jerr18
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Auch auf math.stackexchange gefragt. Was er meint ist: Gibt es eine Folge von Permutationen

π_{1}^{n}, π_{2}^{n} \in S_{n}

$\pi_1^n,\pi_2^n \in S_n$ so dass die Sprachen haben CFGs mit Polynomgröße?

L_{n} = {w π_{1} (w) π_{2} (w) : w \in {0, 1}^{n}}

$L_n = \{w \pi_1(w) \pi_2(w) : w\in \{0,1\}^n\}$

— Yuval Filmus

math.stackexchange.com/questions/22361/…

— Tsuyoshi Ito

Wissen wir, ob es ein CFG für

L = ⋃_{n} L_{n}

$L = \bigcup_n L_n$ ?

— Kaveh

@Kaveh: Die Antwort ist nein, für jede Folge von Dauerwellen. Wenn Ihre Sprache

kontextfrei wäre, hätte sie eine Pumplänge

. Wenden Sie das Pump-Lemma für CFGs auf die Zeichenfolge in L an, die

. Das Pump-Lemma für CFGs lässt uns auch sagen, dass, wenn der OQ eine positive Antwort hat, das CFG für

mindestens

Variablen verwenden muss, da wir

benötigen , um kleiner als die Pumplänge zu sein , so dass unser CFG für

keine Zeichenfolgen mit einer Länge

akzeptiert

L

$L$

p

$p$

w = 0^{p} 1^{p}

$w = 0^p 1^p$

L_{n}

$L_n$

Ω (n / \log n)

$\Omega(n / \log n)$

3 n

$3n$

L_{n}

$L_n$

. Ich sehe noch nicht ein, wie ich damit eine positive Antwort auf den OQ ausschließen kann, aber es könnte möglich sein.

> 3 n

$> 3n$

— Joshua Grochow

@Kaveh: (Auch wenn die Reihenfolge der Dauerwellen willkürlich gewählt werden kann, muss Ihre Sprache

nicht einmal berechenbar sein ... Der OQ scheint von Natur aus ungleichmäßig zu sein.)

L

$L$

— Joshua Grochow

Chomsky Normalform

Ein CFG liegt in CNF (Chomsky-Normalform) vor, wenn die einzigen Produktionen die Form und ; Eine Grammatik kann mit nur quadratischer Vergrößerung zu CNF gebracht werden. $A \rightarrow a$ $A \rightarrow BC$

Für eine Grammatik in CNF haben wir das schöne Unterwort Lemma: Wenn ein Wort erzeugt , gibt es für jedes ein Unterwort von der Länge das von einem Nicht-Terminal von . Beweis: Steigen Sie vom (binären) Syntaxbaum ab und gehen Sie immer zu dem Kind, das das längere Unterwort generiert. Wenn Sie mit einem Teilwort der Größe zumindest begonnen , können Sie nicht haben unten gegangen . $G$ $G$ $w$ $\ell \leq w$ $x$ $w$ $\ell/2 \leq |x| < \ell$ $G$ $\ell$ $\ell/2$

Lösung

Ohne Verlust der Allgemeinheit können wir annehmen, dass eine Grammatik für (eine solche Sprache mit spezifischem ) in Chomsky-Normalform vorliegt. Die Sprache besteht aus den Wörtern für alle . $L_n$ $\pi_1,\pi_2 \in S_n$ $L_n$ $w(x) = x\pi_1(x)\pi_2(x)$ $x \in \{0,1\}^n$

Mit dem Unterwort Lemma können wir für jedes einen Teilstring der Länge $w(x)$ $s(x)$ wird durch ein Symbolund tritt an der Position.

\frac{n}{2} \leq | s (x) | < n

$\frac{n}{2} \leq |s(x)| < n$

A (x)

$A(x)$

p (x)

$p(x)$

Angenommen, und . Da kann das Unterwort nicht sowohl den Teil als auch den -Teil von schneiden ; wir können annehmen, dass es vom Teil getrennt ist. Also $p(x) = p(y)$ $A(x) = A(y)$ $|s(x)|<n$ $s(x)$ $x$ $\pi_2(x)$ $w(x)$ $x$ hat die Form . Dies impliziert, dass genau eine Zeichenfolge erzeugt, nämlich . Daher ist . $w(x)$ $x \alpha s(x) \beta$ $A(x)$ $s(x)$ $s(x) = s(y)$

Jetzt schneidet entweder oder an mindestens Stellen und bestimmt somit mindestens Bits von . Daher höchstens Strings haben kann $s(y)$ $\pi_1(y)$ $\pi_2(y)$ $n/4$ $n/4$ $y$ $2^{3n/4}$ $y \in \{0,1\}^n$ $p(x) = p(y)$ und . Da es für höchstens Möglichkeiten gibt, erhalten wir mindestens $A(x) = A(y)$ $3n$ $p(y)$ verschiedene Nicht-Terminals in der Grammatik.

\frac{2^{n / 4}}{3 n}

$\frac{2^{n/4}}{3n}$

Kommentar: Der gleiche Beweis funktioniert, wenn , dh beliebige Permutationen auf der Menge aller Bit-Wörter sind. Bei Bits von gibt es genau Vorbilder . $\pi_1,\pi_2 \in S_{\{0,1\}^n}$ $n$ $n/4$ $\pi_i(y)$ $2^{3n/4}$ $y$

Mehr Beispiele

Mit der gleichen Methode kann nachgewiesen werden, dass für die Sprache, in der jedes Zeichen genau zweimal vorkommt, ein CFG mit exponentieller Größe in der Größe des Alphabets erforderlich ist. Wir können "zweimal" durch eine andere Teilmenge von als vier triviale ersetzen (wobei ignoriert wird und entweder keine von oder alles davon enthält). $\mathbb{N}$ $0$ $\mathbb{N}_{\geq 1}$

Ich würde mich über eine Referenz für diese Beweismethode freuen.

— Yuval Filmus
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Yuval, könnten Sie bitte die Lösung auch hier kopieren.

— Kaveh

Danke Yuval. Wenn Ihre Methode korrekt und neuartig ist, würde ich gerne einen Artikel lesen, in dem allgemeinere Fälle mit positiven oder negativen Ergebnissen zu polysize CFGs für endliche oder unendliche Sprachen untersucht werden.

— 18.

Es gibt diesen Artikel: cs.toronto.edu/~yuvalf/cfg.pdf .

— Yuval Filmus

Ich nehme an, mit der Ausnahme

meinen Sie "mindestens ein Auftreten von Terminal". Würde dies bedeuten, dass Sie alle Permutationen erzeugen können, indem Sie mit

schneiden

N_{\geq 1}

$N_{\geq 1}$

Σ^{| Σ |}

$\Sigma^{|\Sigma|}$

— 18.

Siehe verwandte Frage cstheory.stackexchange.com/q/5014, in der Yuval eine Antwort mit einer veröffentlichten Referenz gepostet hat.

— András Salamon