Конечные автоматы: преобразователи и распознаватели

Этап 1. Устранение пустых переходов.

Рассмотрим поддиаграму автомата M, в которой оставлены лишь ребра, помеченные , где .

Пусть - это граф достижимости (транзитивного замыкания) для . Тогда или в имеется путь из q в q'}.

Определим НКА следующим образом: , т.е. кроме начального остаются лишь те состояния, в которые входят "непустые" ребра. , т.е. к заключительным состояниям M добавляются состояния, из которых можно было попасть в заключительные по путям из -ребер.

Для каждой пары полагаем , т.е. в D_M1} имеется a -ребро из q в r, если в D_M был (возможно пустой) путь из -ребер в некоторое состояние q', из которого a -ребро шло в r.

Из этого определения непосредственно следует, что в НКА M₁ нет пустых переходов по Установим эквивалентность M и M₁.

Лемма 4.1. .

Доказательство. Пусть w=w₁w₂... w_t - произвольное входное слово. Предположим, что . Это означает, что в диаграмме имеется путь p=e₁e₂ ... e_t (e₁= (q₀=r₀,r₁), e_i=(r_i-1,r_i), i=2,..., t) из q₀ в некоторое состояние , который несет слово w, т.е. ребро e_i помечено символом w_i. Из определения функции непосредственно следует, что для любого ребра e_i(r_i-1, r_i) этого пути в диаграмме D_M имеется путь из r_i-1 в r_i, начало (возможно пустое) которого состоит из -ребер, а последнее ребро помечено символом w_i. Объединив эти пути, получим в диаграмме D_M путь из q₀ в r_t , который несет слово w. Так как , то либо , либо в D_M имеется путь по -ребрам из r_t в некоторое состояние . В обоих случаях в D_M имеется путь из q₀ в заключительное состояние, который несет слово w, и следовательно, .

Обратно, пусть . Тогда в D_M имеется путь из q₀ в некоторое заключительное состояние r, который несет слово w. Пусть r₀=q₀, а r_i - это состояние этого пути, в которое приводит ребро с меткой w_i (i= 1,... , t). Рассмотрим отрезок этого пути между вершинами r_{i-1} и r_i. Последнее ребро этого отрезка имеет метку w_i, а все предыдущие (если они имеются) помечены Тогда по определению в диаграмме между r_{i-1} и r_i имеется ребро с меткой w_i. Объединив эти ребра, получим в путь из q₀ в r_t. Так как либо , либо в D_M из r_t имеется путь из -ребер в , то из определения F₁ следует, что . Таким образом, .

Этап 2. Детерминизация.

Идея детерминизации состоит в том, что состояниями ДКА объявляются подмножества состояний НКА. Тогда для каждого такого подмножества T и входного символа a однозначно определено множество состояний T', в которые НКА может попасть из состояний T при чтении a.

Определим по НКА ДКА следующим образом.

Ясно, что A - детерминированный конечный автомат. Следующая лемма устанавливает связь между его вычислениями и вычислениями исходного НКА.

Лемма 4.4. Для любой пары состояний Q', Q'' из Q^A и любого слова имеем

Доказательство. Применим индукцию по длине слова w.

Базис. Пусть |w|=0, тогда , Q' = Q'' и утверждение выполнено. Пусть теперь |w|=1 и . Тогда утверждение леммы следует непосредственно из определения .

Шаг индукции. Предположим, что лемма справедлива для всех слов длины <= k, и пусть |w| = k+1. Выделим в w первый символ: w=aw'. Пусть - это такое состояние, что . Тогда . Так как |w'|=k, то по индукционному предположению это эквивалентно следующему: . Но из определения следует, что . Объединив, эти два равенства, получаем: .

Для завершения доказательства теоремы покажем с помощью леммы 4.4, что .

Действительно, если слово w переводит состояние q₀ в некоторое в автомате M₁, то, положив в лемме Q' ={ q₀}, получим, что для состояния Q'', такого, что . Но тогда и .

Обратно, если , то для некоторого имеем . Тогда в Q'' имеется некоторое состояние и по лемме 4.4 в автомате , т.е. .

Пример 4.2. Применим процедуру из теоремы о детерминизации к НКА N₁ из примера 4.3.

На первом этапе получаем и НКА M₁ без пустых переходов, представленный на следующей диаграмме.

Рис. 4.4. Диаграмма автомата M1

Заметим, что состояние 4 исчезло, так как в автомате N₁ в него можно было попасть только по -переходу.

На втором этапе детерминизируем M₁. ДКА A будет иметь 16 состояний: .

Во множество заключительных состояний войдут состояния, содержащие заключительное состояние 3 автомата M₁:

F^A={{3},{0,3}, {1,3}, {0,1,3}, {0,2,3},{1,2,3}, {0,1,2, 3}}.

Функция переходов определена в следующей таблице

	a	b
hline
{0}	{0,1}	{0}
{1}		{2}
{2}	{0,1,3}	{0}
{3}		{2}
{0,1}	{0,1}	{0,2}
{0,2}	{0,1,3}	{0}
{0,3}	{0,1}	{0,3}

	a	b
{1,2}	{0,1,3}	{0,2}
{1,3}		{2}
{2,3}	{0,1,3}	{0,2}
{0,1,2}	{0,1,3}	{0,2}
{0,1,3}	{0,1}	{0,2}
{0,2,3}	{0,1,3}	{0,2}
{1,2,3}	{0,1,3}	{0,2}
{0,1,2,3}	{0,1,3}	{0,2}

Рис. 4.5. Диаграмма автомата A

На самом деле нас интересуют лишь те состояния, в которые можно попасть из начального состояния {0}. Несложный анализ показывает, что их только три: {0,1}, {0,2 } и {0, 1, 3 }. Остальные состояния не достижимы из {0} и, следовательно, не влияют на работу автомата A. Их можно отбросить. Таким образом, в диаграмме автомата остаются 4 состояния, показанные на рис. 4.5.

Замечание. В рассмотренном примере у построенного ДКА A оказалось не больше состояний, чем у исходного НКА N₁. К сожалению, это не всегда так. Существуют примеры НКА с n состояниями, для которых эквивалентные ДКА содержат не менее 2ⁿ состояний.

Задачи

Задача 4.1. Автомат по продаже кофе имеет щель для получения монет, кнопку, нажатие которой после уплаты достаточной суммы приводит к получению кофе, и накопитель, через который он выдает сдачу покупателю. Автомат принимает монеты достоинством в 1, 2 и 5 рублей. Чашка кофе стоит 8 руб. Пока полученная сумма недостаточна, горит красная лампочка. Если сумма, полученная автоматом, >= 8, то зажигается зеленая лампочка и после нажатия кнопки автомат наливает кофе и, если требуется, дает сдачу. Если автомат получает монету, когда горит зеленая лампочка, то он немедленно ее возвращает. Определите входной и выходной алфавиты конечного автомата, управляющего продажей кофе, и постройте его функции переходов и выходов.

Задача 4.2. Электронные часы имеют табло с указанием часов, минут и секунд и две управляющие кнопки. Одна кнопка переводит часы из нормального режима в режим настройки времени - вначале в настройку часов, затем - минут, затем - секунд, а затем возвращает в нормальный режим. Другая кнопка в нормальном режиме ничего не меняет, а в режиме настройки нажатие на нее увеличивает на единицу число настраеваемых часов, минут или секунд. Постройте автомат, который принимает на вход сигналы нажатия от двух кнопок, а на выходе выдает сигналы изменения режима и увеличения соответствующего числа.

Задача 4.3. Докажите лемму 4.1 индукцией по длине входного слова.

Задача 4.4. Постройте детерминированные конечные автоматы, которые распознают следующие языки в алфавите :

• L = {w | длина w делится на 5} ;
• L = {w | w не содержит подслов 'aab' и 'bba'} ;
• L = {w | w содержит четное число букв а и нечетное число букв b} ;
• L = {w | число букв а делится на 3, а число букв b на 2 }.

Задача 4.5. Выше в примере 4.1 был построен автомат с выходом, выполняющий сложение двух двоичных чисел. Постройте автомат-распознаватель, который проверяет правильность сложения. На вход поступают последовательности троек нулей и единиц:

Автомат должен допустить такую последовательность, если y = y(n) ... y(2)y(1) - это первые n битов суммы двоичных чисел x₁= x₁(n)... x₁(2)x₁(1) и x₂ = x₂(n)... x₂(2)x₂(1).

Задача 4.7. Докажите лемму 4.2.

Задача 4.8. Докажите, что приведенный на рис. 4.5 автомат A распознает язык, состоящий из всех слов, заканчивающихся на 'aba'.

Задача 4.9. Используя процедуру детерминизации недетерминированных автоматов из теоремы 4.2, постройте ДКА, эквивалентный заданному НКА M.

• с программой .
• с программой .