循環シフト下で文脈自由言語がクローズされていることの簡単な証明

サイクリックシフト （別名回転又は抱合言語の）ように定義される。ウィキペディア（およびここ）によると、文脈自由言語はこの操作のもとで閉鎖されており、大芝とMaslovの論文を参照しています。この事実の簡単な証拠はありますか？ $L$ $\{ yx \mid xy \in L \}$

通常の言語の場合、この形式では、「通常の言語がサイクル演算子の下で閉じられていることを証明する」という形でクロージャーが説明されます。

formal-languages context-free closure-properties

— ヘンドリック・ヤン
ソース

プッシュダウンオートマトンを使用してみることができます。元の言語のプッシュダウンオートマトンを前提として、循環シフトのオートマトンを作成します。新しいオートマトンはに対応する2つの段階で動作及び単語の一部（元の言語です）。オートマトンは、非末端ポップしたいときはいつでも第一段階では、、その代わりに非末端プッシュすることができ ; アイデアは、最初のステージの終わりに、スタックには逆の順序で、を読み取った後にスタックで見つかったシンボルが含まれるということです。 $y$ $x$ $yx$ $xy$ $A$ $A'$ $x$ オリジナルのオートマトンによる。2番目の段階（スイッチは非決定的）では、非端末をプッシュする代わりに、非端末をポップすることができます。元のオートマトンが実際に読み取り時にスタックを生成できる場合、新しいオートマトンはスタック全体を正確にポップできます。 $A$ $A'$ $x$

編集：詳細は次のとおりです。アルファベット、状態のセット、受け入れ状態のセット、初期状態、および許容される遷移のセットを含むPDAが与えられているとします。各許容遷移の形式であるを意味し、そのときの状態で、読め（またはトップ場合、それは自由な遷移ですその場合には、） -of-スタックがある $\Sigma$ $Q$ $F$ $\Gamma$ $q_0$ $(q,a,A,q',\alpha)$ $q$ $a \in A$ $a = \epsilon$ （又はスタックが空であることを意味する）、その後PDA状態への移行（これは、非決定論的モデルの）缶置き換え、と。 $A \in \Gamma$ $A = \epsilon$ $q'$ $A$ $\alpha \in \Gamma^*$

新しいPDAは、新しい非終端持っそれぞれの。各2つの状態について及び、二つの状態がある。開始状態（実際の開始状態は遷移を介してそれらの中から非決定的に選択されます）は $A'$ $A \in \Gamma$ $q,q' \in Q$ $A \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$ $(q,q',1),(q,q',2,A)$ $\epsilon$ 。各遷移には、対応する遷移および $(q,q,1)$ $(q,a,A,q',\alpha)$ $((q,q'',1),a,A,(q',q'',1),\alpha)$ 。他のトランジションもあります。 $((q,q'',2,B),a,A,(q',q'',2,B),\alpha)$

各遷移には、遷移ここで、と $(q,a,A,q',\alpha)$ $((q,q'',1),a,B',(q',q'',1),B'A'\alpha)$ $B \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$ 。すべての最終状態のための、遷移が存在する、ここで、。 $\epsilon' = \epsilon$ $q \in F$ $((q,q'',1),\epsilon,A,(q_0,q'',2,\epsilon),A)$ $A \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$

すべての遷移には、遷移、ここで、。すべての移行について $(q,a,\epsilon,q',\alpha)$ $((q,q'',2,A),a,B',(q',q'',2,A),B'\alpha)$ $A \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$ 、遷移がある、ここで。すべての遷移 $(q,a,\epsilon,q',A)$ $((q,q'',2,B),a,A',(q',q'',2,A),\epsilon)$ $B \in \Gamma \cup \{\epsilon\}$ 、「一般化された遷移」ます。これらは、中間の新しい状態を通る2つの遷移のシーケンスとして実装されます。遷移 $(q,a,A,q',B)$ $((q,q'',2,C),a,B'A,(q,q'',2,C),\epsilon)$ で同様に処理されます。すべての遷移には、遷移。どこ $(q,a,\epsilon,q',\alpha)$ $|\alpha| \geq 2$ $(q,a,A,q',A)$ $((q,q'',2,A),a,B,(q',q'',2,A),B)$ 。遷移同様に処理されます。最後に、唯一の最終状態と遷移ます。 $B \in \Gamma' \cup \{\epsilon\}$ $(q,a,A,q',A\alpha)$ $f$ $((q,q,2,A),\epsilon,\epsilon,f,\epsilon)$

（私が見逃したいくつかの移行があるかもしれません、そして私が省略している詳細のいくつかはやや面倒です。）

私たちは言葉の承諾しようとしている思い出して、、元のPDAで受け入れられているが。状態は、ステージ1の状態にあり、元のPDAがを読み取った後の状態であることを意味します。状態は類似しており、は最後にポップされた対応します。ステージ1で、我々は、プッシュする許可されている $yx$ $xy$ $(q,q',1)$ $q$ $q'$ $x$ $(q,q',2,A)$ $A$ $A'$ $A'$ をポップ代わりに。処理中に生成される非ターミナルごとにそれを行いますが、処理中にのみポップされます。ステージ2では、をプッシュ代わりに、をポップことができます。これを行う場合、在庫の上限は実際にはであることを覚えておく必要があります。これは、スタックに「一時的な」ものが存在しない場合にのみ適用されます。これは、シミュレートされたPDAで、スタックの最上位がまたはフォーム場合と同じです。 $A$ $x$ $y$ $A'$ $A$ $A$ $\epsilon$ $B'$

これは簡単な例です。各をプッシュし、各に対してをポップオートマトンを考えます。新しいオートマトンは、との2つの形式の単語を受け入れます。最初の形式の単語の場合、ステージ1は回をプッシュすることで構成され、ステージ2は回をポップすることで構成され、プッシュします。 $x^n y^n$ $A$ $x$ $A$ $y$ $y^k x^n y^{n-k}$ $x^k y^n x^{n-k}$ $k$ $A'$ $k$ $A'$ 時間、そしてポップ時間。2番目の形式の単語の場合、まず回プッシュし、次に回ポップし、回プッシュして、ステージ2に遷移し、回をポップします。 $n-k$ $A$ $n-k$ $A$ $k$ $A$ $k$ $A$ $n-k$ $A'$ $n-k$ $A'$

次に、より複雑な例を示します。さまざまなタイプ（ "（）"、 "[]"、 "<>"）のバランスのとれた括弧の言語の場合、括弧の各タイプの直接の子孫は異なるタイプに属している必要があります。たとえば、「（[] <>）」は問題ありませんが、「（）」は誤りです。各「（」、我々は押しのためにトップ・オブ・スタックがない場合にはごとに、「）」、私たちは、ポップ。同様に、、は「[]」と「<>」に関連付けられています。">）（[（）] <"という単語を受け入れる方法を次に示します。>を消費し、プッシュして、ステージ2に移行します。「（」、トップ・オブ・スタック思い出し。"[（）]"を消費し、プッシュしてポップします $A$ $A$ $A$ $B$ $C$ $C'A'$ $A'$ $A$ ; をプッシュするとき、「本当の」スタックのトップがであることを認識しているため、角括弧を使用できます（>）（（）<"）にだまされることはありません）。プッシュとき、スタックの先頭は（これはでも形式）なので、も "実際の"スタックの先頭であることを知っているので、丸括弧を使用できます（スタックの最上部のシャドウは）。最後に、「<」を消費してをポップします。 $BA$ $B$ $A$ $A$ $B$ $\epsilon$ $X'$ $B$ $A$ $C'$

— ユヴァルフィルムス
ソース

申し訳ありません、理解できません。詳しく説明していただけますか？オートマトンはどこから始まり、その遷移は何ですか？そして、

スイッチはすべてのスタックシンボルに対して発生しますか？ありがとう！

A \to A^{'}

$A \to A^{\prime}$

— usul

非常に興味深い提案。ありがとう。私はそれがでシンクさせるために、この小さなにかむます。

— ヘンドリック月

@usul、自分で詳細を入力する必要があります。スイッチ

（最初のステージ）は、オートマトンが

をポップしたいができない場合に発生し、代わりに

プッシュします。あなたはそれを非決定論的な動きと考えることができます。

A \to A^{'}

$A \rightarrow A'$

A

$A$

A^{'}

$A'$

— Yuval Filmus、2013年

@ユヴァル：申し訳ありませんが、これを実現することはできません。あなたの考えを理解しているように、新しいオートマトンは、

部分をシミュレートし、ポップとプッシュを変更することから始まります。次に、スタック上に

を生成します。元のオートマトンは、

読み取るときに

始まります。オリジナルは押すことから始まりますか？次に、nweオートマトンが空のスタックからポップする必要があります。私はまだあなたの直感は価値があると思いますが、いくつかの特別な注意が必要と思われます。

y

$y$

α

$\alpha$

α

$\alpha$

y

$y$

— Hendrik Jan

@ヘンドリク、申し訳ありませんが、あなたの反例をたどることはできません。新しいオートマトンは空のスタックからポップする必要があると思いますか？

— Yuval Filmus

グレイバッハの正規形を考えます。あなたが唯一の変更の制作に必要なシフト言語構築するため、の、新たな非終端追加のように振る舞うことをするために使用し、ケースにはいくつかのいくつかの生産は、参照。 $S \to \alpha A_1 \dots A_n$ $S \to A_1\dots A_n \alpha$ $S'$ $S$ $S$

— カロリスジュオデロ
ソース

おかげで、これは1文字のシフトです。私は、任意の数の文字による一般的なローテーションに興味があります。

— Hendrik Jan

{shift}_{1} (L)

$\text{shift}_1(L)$

{shift}_{n} (L) = {shift}_{1} ({shift}_{1} (\dots (L) \dots)

$\text{shift}_n(L) = \text{shift}_1(\text{shift}_1(\dots (L) \dots)$

n

$n$

{shift}_{n} (L)

$\text{shift}_n(L)$

n = 2

$n = 2$

S \to α A B

$S \to \alpha AB$

A \to β C

$A \to \beta C$

S \to α β C B

$S \to \alpha \beta CB$

n

$n$

n

$n$

L = {a^{n} b^{n} ∣ n \geq 0}

$L = \{ a^nb^n \mid n\ge 0 \}$

{a^{k} b^{n} a^{ℓ} ∣ k + ℓ = n} \cup {b^{k} a^{n} b^{ℓ} ∣ k + ℓ = n}

$\{ a^kb^na^{\ell} \mid k+\ell = n \} \cup \{ b^ka^nb^{\ell} \mid k+\ell = n \}$

@HendrikJan、なるほど。問題は有限シフトに関するものであると誤って思いました。私は私の答えを再考します...

— KarolisJuodelėJan

古いHopcroftとUllmanの古典的なIntroduction to Automata Theory（1979）をチェックするのは良い考えであることがわかりました。サイクル中の閉鎖は演習6.4cであり、S **とマークされています。二重の星は、それが（本の中で）最も難しい問題の1つであることを意味します。幸い、Sは、それがソリューションで選択された問題の1つであることを示しています。

$S=X_1, X_2, \dots , X_n$ $x_1, x_2, \dots, x_n$ $y_1, y_2, \dots, y_n$ $x_1 x_2 \dots x_n y_n \dots y_2 y_1$ $x_i$

$S', \hat X_n, \dots \hat X_2, \hat X_1$ $y_n, \dots, y_2 y_1$ $x_n, \dots, x_2 x_1$ $y_n \dots y_2 y_1 x_1 x_2 \dots x_n$

構造の詳細は本に記載されています。

これが、Yuvalによる（受け入れられた）ソリューションを思い出させることに注意してください。ポップされる代わりにプッシュされる非ターミナルは、スタック上で逆の順序になります。ツリーの逆さまに非常に似ています。

— ヘンドリック・ヤン
ソース