Неразрешимость задачи о проверке на пустоту пересечения двух КС-грамматик

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
Теорема:
Задача о проверке на пустоту пересечения двух КС-грамматик неразрешима.
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Пусть [math]A = \{ (G_1, G_2) \mid L(G_1) \cap L(G_2) = \varnothing \}[/math]. Сведем проблему соответствий Поста к [math]\overline{A}[/math], таким образом показав, что дополнение проблемы неразрешимо. Так как рекурсивные языки замкнуты относительно дополнения, то из неразрешимости дополнения проблемы будет следовать неразрешимость самой проблемы.

Для любого экземпляра ПСП [math](x_1, x_2, ..., x_n)[/math] и [math](y_1, y_2, ..., y_n)[/math] над алфавитом [math]\Sigma[/math] можно подобрать символ [math]\# \notin \Sigma[/math]. Для каждого экземпляра построим грамматики:

  • [math]G_1 : S \rightarrow aSa \mid a\#a[/math] для всех [math]a \in \Sigma[/math]. Тогда [math]L(G_1) = \{ w\#w^R \mid w \in \Sigma^* \}[/math], где обозначение [math]w^R[/math] — разворот [math]w[/math].
  • [math]G_2 : S \rightarrow x_iSy^R_i \mid x_i\#y^R_i[/math] для всех [math]i = 1, 2, \dots n[/math]. Тогда [math]L(G_2) = \{ x_{i_1} x_{i_2} \dots x_{i_m} \# (y_{i_1} y_{i_2} \dots y_{i_m})^R \mid i_1, i_2, \dots i_m \in \{ 1, 2, \dots n \}, m \geqslant 1 \}[/math].

Если данный экземпляр ПСП имеет решение, то [math]L(G_2)[/math] содержит хотя бы одну строку вида [math]w\#w^R[/math], поэтому [math]L(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing[/math], и наоборот, если он не имеет решения, то [math]L(G_2)[/math] не содержит строк такого вида, соответственно [math]L(G_1) \cap L(G_2) = \varnothing[/math].

Таким образом мы свели проблему соответствий Поста к [math]\overline{A}[/math], следовательно, задача о проверке на пустоту пересечения двух КС-грамматик неразрешима.
[math]\triangleleft[/math]

Из неразрешимости вышеприведенной задачи следует неразрешимость ряда других задач. Рассмотрим несколько примеров.

По двум КС-грамматикам [math]G_1[/math] и [math]G_2[/math] можно построить КС-грамматику для конкатенации задаваемых ими языков [math]L(G_1)L(G_2)[/math]. По аналогии с этим мы можем рассматривать язык [math]L(G_1)\#L(G_2)\#[/math], где [math]\#[/math] — новый символ, не встречающийся в алфавите. Заметим, что пересечение языков непусто, то есть [math]L(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing [/math], тогда и только тогда, когда [math]L(G_1)\#L(G_2)\#[/math] содержит тандемный повтор.

Аналогично можно заметить, что пересечение [math]L(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing [/math] тогда и только тогда, когда [math]L(G_1)\#L(G_2)^R[/math] содержит палиндром.

Таким образом, мы имеем:

Утверждение:
Пусть дана грамматика [math]G[/math], [math]L(G) = L[/math]. Тогда следующие задачи неразрешимы:
  1. Содержит ли [math]L[/math] тандемный повтор.
  2. Содержит ли [math]L[/math] палиндром.

См. также[править]

Источники информации[править]