この言語はコンテキストフリーですか？

言語は

L = {a, b}^{*} ∖ {(a^{n} b^{n})^{n} ∣ n \geq 1}

$L = \{a,b\}^* \setminus \{(a^nb^n)^n\mid n \geq1 \}$

コンテキストフリー？答えはCFLではないということですが、オグデンの補題やパンピング補題では証明できません。

formal-languages context-free pumping-lemma

— アンドレスフェリペテレスクレスポ
ソース

math.SEにクロスポストしました。しないでください！私があなたに指摘した質問をチェックしましたか？あなたの試みとそれらが失敗した理由を含めてください。

— ラファエル

パリフの定理は

{(a^{n} b^{n})^{n} ∣ n \geq 1}

$\{(a^nb^n)^n \mid n \geq 1\}$ しかしではない

L

$L$ ; 残念ながら、

Ψ_{{a, b}} [L] = N^{2}

$\Psi_{\{a,b\}}[L] = \mathbb{N}^2$ 。Interchange補題でさえ満たされているようです。うわー、厄介なもの。

— ラファエル

ヒント：

はい

解決：

${(a^{n} b^{n})^{n} ∣ n \geq 1} = {a^{n_{1}} b^{n_{2}} \dots a^{n_{2 k - 1}} b^{n_{2 k}}} : k \geq 1 \land n_{1} = k \land \forall i . n_{i} = n_{i + 1}}$ $\{(a^n b^n)^n \mid n \geq 1 \} = \{a^{n_1} b^{n_2} \dots a^{n_{2k-1}} b^{n_{2k}}\}: k \geq 1 \land n_1 = k \land \forall i. n_i = n_{i+1} \}$

したがって、補数は

${a, b}^{*} ∖ {(a^{n} b^{n})^{n} ∣ n \geq 1} = {a^{n_{1}} b^{n_{2}} \dots a^{n_{2 k - 1}} b^{n_{2 k}} : n_{1} \neq k \lor \exists i . n_{i} \neq n_{i + 1}}$ $\{a,b\}^{\ast} \setminus \{(a^n b^n)^n \mid n \geq 1 \} = \{a^{n_1} b^{n_2} \dots a^{n_{2k-1}} b^{n_{2k}}: n_1 \neq k \lor \exists i. n_i \neq n_{i+1}\}$

非決定論的なPDAを簡単に作成できるため、コンテキストに依存しません。

— sdcvvc
ソース

おお！* facepalm *中心的なデザイントリックを追加したい場合があります。初心者にはわかりにくいかもしれません。

— ラファエル

わかりません、CFLの補完は一般にCFLではないと思いました。ありがとう

— アンドレスフェリペTéllezクレスポ

{(a^{n} b^{n})^{n}}

$\{(a^n b^n)^n\}$ は文脈自由ではありませんが、その補完はそうです。

— sdcvvc 2012

@AndrésFelipeTéllezCrespo：CFLの補集合は常に CFLではない（したがって、クロージャープロパティがない）が、CFLの補集合であるCFLが存在しないと言う人はいません。特に、すべての通常の言語のすべての補語は、文脈に依存しません（正規であるため）。

— ラファエル

に類似した言語

L

$L$ -適切な条件の有限論理和-非決定論を使用して解決できます。違反された条件を推測し、違反されていることを確認します（残りは無視します）。

— ラファエル