如何证明一种语言不是上下文无关的？

我们了解了无上下文语言$\mathrm{CFL}$。它具有无上下文语法和下推自动机的特征，因此很容易显示给定语言是无上下文的。

但是，如何显示相反的内容？我的助教坚称要这样做，我们必须为所有语法（或自动机）证明它们无法描述手头的语言。这似乎是一项艰巨的任务！

我读过一些抽奖式引理，但看起来确实很复杂。

据我所知，抽水外是迄今为止最简单，最常用的技术。如果发现困难，请先尝试普通版本，那还不错。对于语言而言，还有其他一些手段与上下文无关。例如，不确定的语言并非无关紧要。

就是说，我对除引理之外的其他技术也很感兴趣。

编辑：这里是用于泵送引理一个例子：假设该语言被上下文无关（P是素数集合的）。抽动引理有很多∃ / ∀量词，所以我将其变得像一个游戏：$L=\{ a^k \mid k ∈ P\}$$P$$∃/∀$

1. 抽水引理给你一个$p$
2. 您给字词的长度至少为$s$$p$
3. 泵送引理重写它是这样的：一些条件下（| v X ý | ≤ p和| v ÿ | ≥ 1）$s=uvxyz$$|vxy|≤p$$|vy|≥1$
4. 你给一个整数$n≥0$
5. 如果不在L中，则您赢了，L不是上下文无关的。$uv^nxy^nz$$L$$L$

对于这个特定的语言任何一个ķ（与ķ ≥ p和ķ是一个素数）会做的伎俩。然后抽引理给你 ü v X Ÿ ž带| v ÿ | ≥ 1。不要反驳上下文打浆度，你需要找到ň这样| u v n x y n z | 不是素数。$s$$a^k$$k≥p$$k$$uvxyz$$|vy|≥1$$n$$|uv^nxy^nz|$

然后将：k + k | v ÿ | = ķ （1 + | v ÿ |）不是素数这样ü v Ñ X ý Ñ Ž ∉ 大号。不能使用抽运引理，因此L不是上下文无关的。$n=k+1$$k+k|vy|=k(1+|vy|)$$uv^nxy^nz\not\in L$$L$

第二个例子是语言。我们（当然）必须选择一个字符串，并表明不可能将其分解为这五个部分，并且每个派生的抽取字符串都保留在该语言中。$\{ww \mid w \in \{a,b\}^{\ast}\}$

字符串是此证明的合适选择。现在我们只需要查看v和y的位置即可。关键部分是v或y必须在其中包含某些内容（可能两者都有），并且v和y（以及x）都包含在长度p子字符串中-因此它们之间的距离不能太远。$s=a^{p}b^{p}a^{p}b^{p}$$v$$y$$v$$y$$v$$y$$x$$p$

该字符串对于和y可能存在的位置有很多可能性，但是事实证明，其中的几种情况实际上看起来非常相似。$v$$y$

1. 或 v ÿ ∈ b *。因此，它们都包含在相邻的 s或 b s之一中。这是相对容易的情况下，争论，因为它那种无所谓哪他们在假设。 | v ÿ | = ķ ≤ p。 $vy \in a^{\ast}$$vy \in b^{\ast}$$a$$b$$|vy| = k \leq p$
   • 如果他们在首节 S，那么当我们泵，新的字符串的前半部分是一个p + ķ b p - ķ / 2，第二个是b ķ / 2一p b p。显然，这不是w w的形式。$a$$a^{p+k}b^{p-k/2}$$b^{k/2}a^{p}b^{p}$$ww$
   • 其他三个部分中任何一个的参数几乎相同，只是和k / 2在索引中的位置。$k$$k/2$
2. 跨越两个部分。在这种情况下抽下来是你的朋友。再次有可能发生这种情况的地方（确切地说是3个），但我只做一个说明性的地方，其余地方应该很容易从那里弄清楚。 $vxy$
   • 假设跨越第一个a部分和第一个b部分之间的边界。令v y = a k 1 b k 2（与a s和b s在v和y中的位置无关紧要，但我们知道它们是有序的）。然后，当我们抽空（即i = 0的情况）时，我们得到新的字符串s ' = a p − k 1 b p − k $vxy$$a$$b$$vy = a^{k_{1}}b^{k_{2}}$$a$$b$$v$$y$$i=0$，但这时如果小号'可以被分成瓦特瓦特，中点必须某处在第二一部分，所以前半部分是一个p - ķ 1个 b p - ķ 2一（ķ 1 + ķ 2）/ 2，和第二半是一个p - （ķ 1 + ķ 2）/ 2 b $s'=a^{p-k_{1}}b^{p-k_{2}}a^{p}b^{p}$$s'$$ww$$a$$a^{p-k_{1}}b^{p-k_{2}}a^{(k_{1}+k_{2})/2}$$a^{p-(k_{1}+k_{2})/2}b^{p}$。显然，这些不是相同的字符串，因此我们不能在其中放置和y。$v$$y$

其余情况从那里应该是相当透明的-它们是相同的想法，只是在第一个实例中将和y放在其他三个位置，在第二个实例中将两个位置。但是，在所有情况下，您都可以通过以下方式进行泵送：将字符串分成两半时，顺序明显混乱。$v$$y$

奥格登的引理

引理（奥格登（Ogden））。令为上下文无关的语言。然后有一个恒定Ñ使得对于每Ž ∈ 大号和的任何方式标记Ñ的或更多的位置（符号）Ž为“可分辨的位置”，然后ž可以写成Ž = û v 瓦特X ÿ，使得$L$$N$$z\in L$ $N$$z$$z$$z=uvwxy$

1. 具有至少一个不同的位置。$vx$
2. 最多具有 N个不同的位置。$vwx$$N$
3. 对于所有，ü v 我瓦特X 我 ý ∈ 大号。$i\geq 0$$uv^iwx^iy\in L$

例。令。假设L是上下文无关的，并且让N为奥格登引理给出的常数。令z = a N b N + N ！c N + 2 N ！（属于L），并假设我们标记了$L=\{a^ib^jc^k:i\neq j,j\neq k,i\neq k\}$$L$$N$$z=a^Nb^{N+N!}c^{N+2N!}$$L$作为区别，符号所有位置（即z的前N个位置）。令z = u v w x y是满足奥格登引理条件的z的分解。$a$$N$$z$$z=uvwxy$$z$

• 如果或X包含不同的符号，然后ü v 2 w ^ X 2 Ÿ ∉ 大号，因为会有错误的顺序符号。$v$$x$$uv^2wx^2y\notin L$
• 和x中的至少一个必须仅包含符号a，因为仅区分了a。因此，如果X ∈ 大号（b *）或X ∈ 大号（Ç *），然后v ∈ 大号（甲+）。令p = | v | 。然后1 ≤ p ≤ Ñ，这意味着p分割Ñ ！。让$v$$x$$a$$a$$x\in L(b^*)$$x\in L(c^*)$$v\in L(A^+)$$p=|v|$$1\leq p\leq N$$p$$N!$。然后 ž ' = û v 2 q + 1瓦特X 2 q + 1个 Ÿ应该属于大号。然而， v 2 q + 1 = 一个2 p q + p = 一个2 Ñ ！+ p。由于 u w y恰好具有 N - p个符号 a，因此$q=N!/p$$z'=uv^{2q+1}wx^{2q+1}y$$L$$v^{2q+1}=a^{2pq+p}=a^{2N!+p}$$uwy$$N-p$$a$有 2 N ！+ N个符号 a。但是 v和 x都没有 c，因此 z '也有 2 N ！+ Ñ符号 Ç，这意味着 ž ' ∉ 大号，这违背奥格登引理。发生类似的矛盾，如果 X ∈ 大号（甲+）或 X ∈ 大号（Ç *）。我们的结论$z'$$2N!+N$$a$$v$$x$$c$$z'$$2N!+N$$c$$z'\notin L$$x\in L(A^+)$$x\in L(c^*)$$L$ 不是没有上下文的。

行使。使用奥格登引理，表明不是上下文无关。$L=\{a^ib^jc^kd^{\ell}:i=0\text{ or }j=k=\ell\}$

抽引引物

这是奥格登引理的一个特例，其中所有位置都可以区分。

引理。令为上下文无关的语言。然后有一个恒定Ñ使得对于每Ž ∈ 大号，ž可以写成Ž = û v 瓦特X ÿ，使得$L$$N$$z\in L$$z$$z=uvwxy$

1. 。$|vx|>0$
2. 。$|vwx|\leq N$
3. 对于所有，ü v 我瓦特X 我 ý ∈ 大号。$i\geq 0$$uv^iwx^iy\in L$

帕里克定理

这比奥格登的引理更具有技术性。

定义。令。我们定义Ψ Σ：Σ * → Ñ Ñ由Ψ Σ（瓦特）= （米1，... ，米Ñ），其中，米我是出现次数一个我在瓦特。$\Sigma=\{a_1,\ldots,a_n\}$$\Psi_{\Sigma}:\Sigma^*\to\mathbb{N}^n$

定义。一个子集的Ñ Ñ被称为线性，如果它可以被写成： 小号= { Ü 0 + Σ 1 ≤ 我≤ ķ一个我ü 我： 对于一些组  ü 我 ∈ Ñ Ñ  和  一个我 ∈ Ñ$S$$\mathbb{N}^n$

定义。一个子集的Ñ Ñ被称为半直链，如果它是线性集的有限集合的并集。$S$$\mathbb{N}^n$

$L$$\Sigma$$L$

$$\Psi_{\Sigma}[L]=\{\Psi_{\Sigma}(w):w\in L\}$$

$L=\{0^m1^n:m>n\text{ or }(m\text{ is prime and }m\leq n)\}$

行使。使用帕里克定理，证明一元字母表上任何与上下文无关的语言也是规则的。

关闭属性

$\mathrm{CFL}$

$L \in \mathrm{CFL}$$L' \in \mathrm{CFL}$$L' \notin \mathrm{CFL}$$L \notin \mathrm{CFL}$

与使用其他先验知识较少的结果相比，这通常更短（并且往往更容易出错）。这也是可以应用于各种类别的对象的一般概念。

示例1： 与常规语言的交集

$\mathcal L(e)$$e$

$L = \{w \mid w \in \{a,b,c\}^*, |w|_a = |w|_b = |w|_c\}$

$\qquad \displaystyle L \cap \mathcal{L}(a^*b^*c^*) = \{a^nb^nc^n \mid n \in \mathbb{N}\} \notin \mathrm{CFL}$

$\mathrm{CFL}$$L \notin \mathrm{CFL}$

示例2 ：（ 反）同态

$L = \{(ab)^{2n}c^md^{2n-m}(aba)^{n} \mid m,n \in \mathbb{N}\}$

$\qquad \displaystyle \phi(x) = \begin{cases} a &x=a \\ \varepsilon &x=b \\ b &x=c \lor x=d \end{cases}$

$\phi(L) = \{a^{2n}b^{2n}a^{2n} \mid n \in \mathbb{N}\}.$

现在，有了

$\qquad \displaystyle \psi(x) = \begin{cases} aa &x=a \lor x=c \\ bb &x=b \end{cases}\quad\text{and}\quad L_1 = \{x^nb^ny^n \mid x,y \in \{a,c\}\wedge n \in \mathbb{N}\},$

$L_1 = \psi^{-1}(\phi(L)))$

$L_1$$L_2 = \mathcal L(a^*b^*c^*)$$L_3 = \{a^n b^n c^n \mid n \in \mathbb{N}\}$

$L_3 = L_2 \cap \psi^{-1}(\phi(L))$

$L$$\mathrm{CFL}$$L_3$$L_3$$L \notin \mathrm{CFL}$

互换引理

的交汇处引理 [1]提出了一种用于上下文打浆度的必要条件是比更强奥格登引理。例如，它可以用来表明

$\qquad \{xyyz \mid x,y,z \in \{a,b,c\}^+\} \notin \mathrm{CFL}$

抵制许多其他方法。这是引理：

$L \in \mathrm{CFL}$$c_L$$n\geq 2$$Q_n \subseteq L_n = L \cap \Sigma^n$$m$$n \geq m \geq 2$$k \geq \frac{|Q_n|}{c_L n^2}$$z_i \in Q_n$

1. $z_i = w_ix_iy_i$$i=1,\dots,k$
2. $|w_1| = |w_2| = \dots = |w_k|$
3. $|y_1| = |y_2| = \dots = |y_k|$
4. $m \geq |x_1| = |x_2| = \dots = |x_k| > \frac{m}{2}$
5. $w_ix_jy_i \in L_n$$(i,j) \in [1..k]^2$

$n,m$$Q_n$

目前，我没有免费的参考资料，上面的表述摘自1981年的[1]的预印本。我非常感谢帮助您找到更好的参考资料。看来最近已经（重新）发现了相同的属性[2]。

其他必要条件

Boonyavatana和Slutzki [3]调查了几种类似于抽水和互换引理的条件。

1. W. Ogden，RJ Ross和K. Winklmann撰写的“上下文无关语言的互换性引理”（1985年）
2. T. Yamakami（2008）将常规和上下文无关语言交换语言
3. R. Boonyavatana和G.Slutzki（1988）的上下文无关语言的互换或泵（DI）难题。

由于设置的非上下文无关语言不是半确定的（akare），因此没有通用方法。如果有一个通用方法，我们可以用它来半确定这个集合。

情况甚至更糟，因为给定两个CFL，因此无法确定它们的交点是否也是CFL。

参考：Hopcroft和Ullman，“自动机理论，语言和计算简介”，1979年。

Ogden条件（OC）的更强形式是

Bader-Moura病（BMC）

$L\subseteq \Sigma^*$$n$$z \in L$$d(z)$$e(z)$$d(z) > n^{e(z)+1}$$z = uvwxy$

1. $d(vx) \geq 1$$e(vx) =0$
2. $d(vwx) \leq n^{e(vwx)+1}$
3. $i \geq 0$$uv^iwx^iy$$L$

$L \in BMC(\Sigma)$$L$

$CFL(\Sigma) \subset BMC(\Sigma) \subset OC(\Sigma)$

参考：Bader，C.，Moura，A.，《奥格登引理的概括》。JACM 29，没有。2，（1982），404–407