Обсуждение участницы:Анна — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
 
(не показано 16 промежуточных версий этого же участника)
Строка 1: Строка 1:
{{Определение
+
{{Теорема
|definition = Определим <tex>half(L)</tex> как множество первых половин цепочек языка <tex>L</tex>, то есть множество <tex>\{ w \mid </tex> существует <tex>x</tex>, для которой <tex>wx \in L</tex>, причем <tex>|w| = |x| \}</tex>. }}
+
|statement= Задача о проверке на пустоту пересечения двух КС-грамматик неразрешима.
Например, если <tex>L = \{ \varepsilon, 0010, 011, 010110 \}</tex>, то <tex>half(L) = \{ \varepsilon, 00, 010 \}</tex>. Заметим, что цепочки нечетной длины не влияют на <tex>half(L)</tex>.
+
|proof=  
{{Определение
+
Пусть <tex>A = \{ (G_1, G_2) \mid L(G_1) \cap L(G_2) = \varnothing \}</tex>. Сведем [[Примеры неразрешимых задач: проблема соответствий Поста|проблему соответствий Поста]] к <tex>\overline{A}</tex>, таким образом показав, что дополнение проблемы неразрешимо. Так как рекурсивные языки [[Замкнутость разрешимых и перечислимых языков относительно теоретико-множественных и алгебраических операций|замкнуты относительно дополнения]], то из неразрешимости дополнения проблемы будет следовать неразрешимость самой проблемы.
|definition = Определим <tex>cycle(L)</tex> как множество <tex>\{ w \mid </tex> цепочку <tex>w</tex> можно представить в виде <tex>w = xy</tex>, где <tex>yx \in L \}</tex>. }}
 
Например, если <tex>L = \{ 01, 011 \}</tex>, то <tex>cycle(L) = \{ 01, 10, 011, 110, 101 \}</tex>.
 
  
{{Утверждение
+
Для любого экземпляра ПСП <tex>(x_1, x_2, ..., x_n)</tex> и <tex>(y_1, y_2, ..., y_n)</tex> над алфавитом <tex>\Sigma</tex> можно подобрать символ <tex>\# \notin \Sigma</tex>. Для каждого экземпляра построим грамматики:
|id = st3
+
* <tex>G_1 : S \rightarrow aSa \mid a\#a</tex> для всех <tex>a \in \Sigma</tex>. Тогда <tex>L(G_1) = \{ w\#w^R \mid w \in \Sigma^* \}</tex>, где обозначение <tex>w^R</tex> {{---}} разворот <tex>w</tex>.
|statement =
+
* <tex>G_2 : S \rightarrow x_iSy^R_i \mid x_i\#y^R_i</tex> для всех <tex>i = 1, 2, \dots n</tex>. Тогда <tex>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 \}</tex>.
Пусть <tex>L</tex> {{---}} регулярный язык. Тогда язык <tex>half(L)</tex> также регулярен.
+
 
|proof =
+
Если данный экземпляр ПСП имеет решение, то <tex>L(G_2)</tex> содержит хотя бы одну строку вида <tex>w\#w^R</tex>, поэтому <tex>L(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing</tex>, и наоборот, если он не имеет решения, то <tex>L(G_2)</tex> не содержит строк такого вида, соответственно <tex>L(G_1) \cap L(G_2) = \varnothing</tex>.
Так как <tex>L</tex> {{---}} регулярный язык, то существует допускающий его ДКА и порождающее его регулярное выражение. Оба эти факта могут быть использованы для доказательства утверждения. Мы выберем первый.<br>
+
 
Пусть <tex>M = \langle \Sigma , Q , q_0 , F , \delta \rangle </tex> {{---}} ДКА, допускающий язык <tex>L</tex>. Рассмотрим строку <tex>x</tex>. Для того, чтобы проверить, что <tex>x \in half(L)</tex>, нам надо убедиться, что существует строка <tex>y</tex> такой же длины, что и <tex>x</tex>, которая, будучи сконкатенированной с <tex>x</tex>, даст строку из <tex>L</tex>, то есть если на вход автомату подать <tex>xy</tex>, то в конце обработки мы окажемся в терминальном состоянии. Предположим, что автомат, закончив обработку <tex>x</tex>, находится в состоянии <tex>q_i</tex>, то есть <tex>\delta(q_0, x) = q_i</tex>. Мы должны проверить, что существует строка <tex>y, |y| = |x|,</tex> которая ведет из состояния <tex>q_i</tex> до какого-нибудь терминального состояния <tex>M</tex>, то есть <tex>\delta(q_i, y) \in F</tex>.<br>
+
Таким образом мы свели проблему соответствий Поста к <tex>\overline{A}</tex>, следовательно, задача о проверке на пустоту пересечения двух КС-грамматик неразрешима.
Предположим, что мы прошли <tex>n</tex> вершин автомата, то есть <tex>|x| = n</tex>. Обозначим за <tex>S_n</tex> множество всех состояний, с которых можно попасть в терминальные за <tex>n</tex> шагов. Тогда <tex>q_i \in S_n \Leftrightarrow x \in half(L)</tex>. Если мы сможем отслеживать <tex>S_n</tex> и <tex>q_i</tex>, то сможем определять, верно ли, что <tex>x \in half(L)</tex>. Заметим, что <tex>S_0 \equiv F</tex>. Очевидно мы можем построить <tex>S_{n+1}</tex> зная <tex>S_n</tex> и <tex>\delta</tex>: <tex>S_{n+1} = prev(S_n) = \{ q \in Q \mid \exists a \in \Sigma, q' \in S_n, \delta(q, a) = q' \}</tex> {{---}} множество состояний, из которых есть переход в какое-либо состояние из <tex>S_n</tex> (по единственному символу). Теперь надо найти способ отслеживать и обновлять <tex>S_n</tex>.<br>
 
Построим ДКА <tex>M'</tex>, который будет хранить эту информацию в своих состояниях. Определим <tex>Q' = Q \times 2^Q</tex>, то есть каждое состояние <tex>M'</tex> {{---}} это пара из одиночного состояния из <tex>M</tex> и множества состояний из <tex>M</tex>. Функцию перехода <tex>\delta'</tex> автомата <tex>M'</tex> определим так, чтобы если по какой-то строке <tex>x</tex> длины <tex>n</tex> в автомате <tex>M</tex> мы перешли в состояние <tex>q_i</tex>, то по этой же строке в автомате <tex>M'</tex> мы перейдем в состояние <tex>(q_i, S_n)</tex>, где <tex>S_n</tex> {{---}} множество состояний из <tex>M</tex>, определенное выше. Вспомним приведенную выше функцию <tex>prev(S_n) = S_{n+1}</tex>. С ее помощью мы можем определить функцию перехода следующим образом: <tex>\delta'((q, S), a) = (\delta(q, a), prev(S))</tex>. Начальное состояние <tex>q_0' = (q_0, S_0) = (q_0, F)</tex>. Множество терминальных состояний {{---}} <tex>F' = \{ (q, S) \mid q \in S, S \in 2^Q \}</tex>.<br>
 
Теперь по индукции не сложно доказать, что <tex>\delta'(q_0', x) = (\delta(q_0, x), S_n)</tex>, где <tex>|x| = n</tex>. По определению множества терминальных вершин, автомат <tex>M'</tex> допускает строку <tex>x</tex> тогда и только тогда, когда <tex>\delta(q_0, x) \in S_n</tex>. Следовательно, автомат <tex>M'</tex> допускает язык <tex>half(L)</tex>.Таким образом, мы построили ДКА, который допускает язык <tex>half(L)</tex>. Следовательно, данный язык является регулярным.
 
 
}}
 
}}
 +
Из неразрешимости вышеприведенной задачи следует неразрешимость ряда других задач. Рассмотрим несколько примеров.
 +
 +
По двум КС-грамматикам <tex>G_1</tex> и <tex>G_2</tex> можно построить КС-грамматику для [[Замкнутость КС-языков относительно различных операций#.D0.9A.D0.BE.D0.BD.D0.BA.D0.B0.D1.82.D0.B5.D0.BD.D0.B0.D1.86.D0.B8.D1.8F|конкатенации]] задаваемых ими языков <tex>L(G_1)L(G_2)</tex>. По аналогии с этим мы можем рассматривать язык <tex>L(G_1)\#L(G_2)\#</tex>, где <tex>\#</tex> {{---}} новый символ, не встречающийся в алфавите. Заметим, что пересечение языков непусто, то есть <tex>L(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing </tex>, тогда и только тогда, когда <tex>L(G_1)\#L(G_2)\#</tex> содержит [[Алгоритм Ландау-Шмидта#.D0.9E.D0.BF.D1.80.D0.B5.D0.B4.D0.B5.D0.BB.D0.B5.D0.BD.D0.B8.D1.8F|тандемный повтор]].
  
 +
Аналогично можно заметить, что пересечение <tex>L(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing </tex> тогда и только тогда, когда <tex>L(G_1)\#L(G_2)^R</tex> содержит палиндром.
 +
 +
Таким образом, мы имеем:
 
{{Утверждение
 
{{Утверждение
|id = st4
+
|statement= Пусть дана грамматика <tex>G</tex>, <tex>L(G) = L</tex>. Тогда следующие задачи неразрешимы:
|statement =
+
# Содержит ли <tex>L</tex> тандемный повтор.
Пусть <tex>L</tex> {{---}} регулярный язык. Тогда язык <tex>cycle(L)</tex> также регулярен.
+
# Содержит ли <tex>L</tex> палиндром.
|proof =
 
 
 
 
}}
 
}}

Текущая версия на 16:16, 4 января 2017

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.