可以使用非上下文自由语言的示例吗？

因此，L基本上满足了CFL的抽运引理的条件，但不是CFL（根据引理的定义，这是可能的）。

formal-languages context-free pumping-lemma

— 用户名
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这是一个家庭作业问题，还是您只是好奇？

— Yuval Filmus

这不是家庭作业，但我希望能在考试中看到它（只是直觉，认识我的教授）。而且我总是很好奇:)

— user2329564

我们有一个类似的问题，但对于普通语言。适用相同类型的构造：采用特殊符号并考虑作为讨厌的语言。

$

$\$$

$ K \cup {$^{k} ∣ k \neq 1} {a, b}^{*}

$\$K \cup \{ \$^k \mid k \neq 1\}\{a,b\}^*$

K \subseteq {a, b}^{*}

$K\subseteq \{a,b\}^*$

— 亨德里克

Answers:

经典示例是。Wise在他的论文中显示了一种针对上下文无关语言的强大抽引引理， Bar-Hillel泵引理和Parikh定理（指出上下文无关语言中的单词长度集是半线性的）都不能用来证明那是不是免费的上下文。与常规语言相交等其他技巧也无济于事。（Ogden引理是Bar-Hillel抽运引理的推广，确实证明了不是上下文无关的。）他还提供了一个等效于上下文无关性的替代抽运引理（对于可计算语言），并用它来证明那是不是免费的上下文。 $L = \{ a^i b^j c^k : i,j,k \text{ all different} \}$ $L$ $L$ $L$

Wise的抽引式引理指出，语言在且仅当存在一个（无限制的）语法生成和一个整数时，语言才是上下文无关的，以便每当生成“句子形式”（因此可以包括非结尾）长度，我们可以写成，其中是非空的，，并且存在一个非终端，使得生成而生成和。 $L$ $G$ $L$ $k$ $G$ $s$ $s$ $|s| > k$ $s = uvxyz$ $x,vy$ $|vxy| \leq k$ $A$ $G$ $uAz$ $A$ $vAy$ $x$

通过在引理中重复应用条件，Wise可以证明不是上下文无关的，但是细节有些复杂。他还给出了一个更复杂的等效条件，并用它来证明语言不能写成上下文无关语言的有限交集。 $L$ $\{ a^n b a^{nm} : n,m > 0 \}$

如果您无法访问Wise的论文（在付费专栏后面），则可以使用印第安纳大学技术报告中提供的打字版本。

Johnsonbaugh和Miller提出了一种非上下文无关的语言，它满足了Ogden引理的泵送条件，Johnbaugh和Miller 提出了泵激引理的逆向，并将其归因于Boasson和Horvath，即满足Ogden引理的语言。该语言为我们可以写，对应于两条不同的线。请注意，并且是常规的。奥格登引理可以用来证明

\begin{aligned} L^{'} & = ⋃_{n \geq 1} (e^{+} a^{+} d^{+})^{n} (e^{+} b^{+} d^{+})^{n} (e^{+} c^{+} d^{+})^{n} \\ \cup (a + b + c + d) Σ^{*} \cup Σ^{*} (a + b + c + e) \cup Σ^{*} (e d + d (a + b + c) + (a + b + c) e) Σ^{*} . \end{aligned}

$\begin{align*} L' &= \bigcup_{n \geq 1} (e^+a^+d^+)^n(e^+b^+d^+)^n(e^+c^+d^+)^n \\ &\cup (a+b+c+d)\Sigma^* \cup \Sigma^*(a+b+c+e) \cup \Sigma^*(ed+d(a+b+c)+(a+b+c)e)\Sigma^*. \end{align*}$

L^{'} = L_{1} \cup L_{2}

$L' = L_1 \cup L_2$

L_{1} \cap L_{2} = \emptyset

$L_1 \cap L_2 = \emptyset$

L_{2}

$L_2$

L_{1}

$L_1$ 不是上下文无关的，因此也不是，但是它不能直接用于表明不是上下文无关的。

L^{'}

$L'$

L^{'}

$L'$

— Yuval Filmus
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是不是至少需要一个看起来像这样的产品：A-> sententialForm1一个

— sendentialForm2

更笼统地说：非终结符B是否需要成为可从A派生的句子形式的一部分，使得B-> sententialForm1.B.sententialfrom2是G的产生。否则如何确定a的单词任意长度可以从A被泵

— user2329564

我不明白为什么，我们有一个生产

，这相当于抽。例如，您可以立即恢复由于泵浦引理

。

A \Rightarrow^{+} v A y

$A \Rightarrow^+ vAy$

S \Rightarrow^{*} u A z \Rightarrow^{*} u v^{i} A y^{i} z \Rightarrow^{*} u v^{i} x y^{i} z

$S \Rightarrow^* uAz \Rightarrow^* uv^iAy^iz \Rightarrow^* uv^ixy^iz$

— Yuval Filmus

听起来像是对我们的参考的不错补充。

— 拉斐尔

缺少的另一件事是“逆gsm映射”下的闭包，请参见planetmath.org/generalizedsequentialmachine。也许我会在某些时候添加它们。

— Yuval Filmus

更简单：。能否始终泵秒; 与常规交集给出非CFL（这可以通过抽引引理证明）。 $\{a^m b^n c^n d^n\colon m \ge 1, n \ge 1\}$ $a$ $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$

— 冯布兰德
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这将是第三次作业的不错补充... muahaha

— Renato Sanhueza 2015年

我认为这是不对的。如果只有一个语言开始

，然后如果你尝试泵

你必须考虑到一个事实，即

也必须在语言。

a

$a$

a

$a$

a^{0}

$a^0$

— MCT

为了扩展对MCT的评论：考虑单词

；选择

，

。然后，对于

，

不在语言中，因为它不是以a开头，所以引理不成立。

a b^{p} c^{p} d^{p}

$ab^pc^pd^p$

v = a

$v=a$

u = w = x = ε

$u=w=x=\varepsilon$

y = b^{p} c^{p} d^{p}

$y=b^pc^pd^p$

i = 0

$i=0$

u v^{i} w x^{i} y

$uv^iwx^iy$

— potestasity

一个简单的语言是。与相交以获得明显的非CFL，但您始终可以泵浦，并模仿海洋中的等长度。 $\{a b^n c^n d^n \colon n \ge 1\} \cup \mathcal{L}(a a^+ b^+ c^+ d^+)$ $\mathcal{L}(a b^+ c^+ d^+)$ $a$ 。 ${}^+$

— 冯布兰德
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怀斯的例子（显然）也不受这些技术的影响，所以他声称。

— Yuval Filmus

@YuvalFilmus，看来。但是我的例子可以避免教授怀疑您理解Wise的论文，或者想要一个完整的证据证明它在考试的2小时内不是CFL ；-)

— vonbrand