НОУ ИНТУИТ | Структуры данных и модели вычислений. Лекция 13: Формальные языки

Учитесь и получайте официальные документы БЕСПЛАТНО. Вы можете поддержать наш проект.

Твой путь к знаниям!

Опубликован: 26.09.2006 | Уровень: специалист | Доступ: свободно

Для регулярного выражения $P\cdot S$ , где и — регулярные выражения, можно построить задающий автомат $\Re = (Q, A, q_0, F, \varphi)$ следующим образом. Пусть автомат $\Re_1 = (Q_1, A, q_1, F_1, \varphi_1)$ задает L(P) , а автомат $\Re_2 = (Q_2, A, q_2, F_2, \varphi_2)$ задает L(S) . Не уменьшая общности, опять считаем, что $F_1 = \{f_1\}$ и $F_2 = \{f_2\}$ — одноэлементные и что $q_1 \ne f_1$ , $q_2 \ne f_2$ . Положим $Q = Q_1 \cup Q_2$ и поясним построение автомата $\Re$ на языке диаграмм. Финальное состояние автомата $\Re_1$ соединим дугой со стартовым состоянием автомата $\Re_2$ и пометим ее символом $\varepsilon$ . В качестве q_0 возьмем стартовое состояние автомата $\Re_1$ , а в качестве финального состояния возьмем финальное состояние f_2 автомата $\Re_2$ .

Для регулярного выражения $P^\ast$ , где — регулярное выражение, можно построить задающий автомат $\Re_\t{new} = (Q, A, q_0, \{f_0\}, \varphi)$ следующим образом. Пусть автомат $\Re_1 = (Q_1, A, q_1, \{f_1\}, \varphi_1)$ задает L(P) . Опять не уменьшая общности, считаем, что $F_1 = \{f_1\}$ — одноэлементное и что $q_1 \ne f_1$ . Добавляем к множеству Q_1 два новых состояния — q_0 и f_0 . Соединяем $\varepsilon$ -переходами пары состояний (q_0, q_1) , (f_1, f_0) , (q_0,
f_0) и (f_1, q_1) .

В завершение заметим, что изложенные приемы, очевидно, позволяют по любому регулярному выражению построить недетерминированный автомат $\Re$ с $\varepsilon$ -переходами, с одним стартовым и одним финальным состоянием, причем стартовое состояние отлично от финального, и при этом такой, что $L(R) = L(\Re)$ .

Таким образом, задача синтеза решена.

Избавление от $\varepsilon$ -переходов. Покажем, как по недетерминированному автомату $\Re = (Q, A, q_0, F, \varphi)$ с $\varepsilon$ -переходами построить недетерминированный автомат $\Re_1 = (Q, A, q_0, F_1, \varphi_1$ ) без $\varepsilon$ -переходов, такой, что $L(\Re_1) = L(\Re)$ . Назовем $\varepsilon$ -путем путь в диаграмме автомата $\Re$ , возможно пустой, порождающий пустое слово. Обозначим через $\lm(q)$ множество состояний, достижимых из с помощью некоторого $\varepsilon$ -пути.

Положим $F_1 = \{q\,|\,\t{существует \varepsilon-путь из}\ q\ \t{в}\ F\}$ . Переходную функцию $\varphi_1$ построим следующим образом

$\eq*{ \varphi_{1}(q,a)=\bigcup_{q^{1} \in \lambda (q)}\varphi (q^{1},a). }$

Заметим, что в полученном автомате множество финальных состояний может быть не одноэлементным.

Детерминизация.Покажем, как по недетерминированному автомату $\Re = (Q, A, q_0, F, \varphi)$ без $\varepsilon$ -переходов построить детерминированный автомат $\Re_1 = (Q_1, A, q_1, F_1, \varphi_1)$ , такой, что $L(\Re_1) = L(\Re)$ . Положим Q_1 = 2^Q , $q_1 = \{q_0\}$ , $F_1= \{q\,|\,(q \subseteq Q) \& (q \cap F \ne \varnothing)\}$ , а $\varphi_1\colon Q_1 \x A \to Q_1$ определим следующим образом:

$\eq*{ (\forall q\in Q_{1})(\forall a\in A) \varphi_{1} (q,a)=\bigcup_{s\in q}\varphi(s,a). }$

Нетрудно видеть, что построенный таким образом автомат $\Re_1$ удовлетворяет условию $L(\Re_1) = L(\Re)$ .

Анализ. Для завершения доказательства теоремы покажем, как по заданному детерминированному конечному автомату ( построить регулярное выражение $\Re$ , такое, что $L(R) = L(\Re)$ . Именно это и называют задачей анализа. Правда, метод, который мы используем, можно применить и к недетерминированным автоматам. Метод заключается в том, что мы сводим задачу к решению стандартной системы уравнений. Итак, рассмотрим автомат $\Re = (Q, A, q_0, F, \varphi)$ .

Пусть $Q = \{q_0, q_1\dts q_n\}$ , $A = \{a_1, a_2\dts a_m\}$ . Введем переменные X(q_0) , $X(q_1)\dts X(q_n)$ . Переменную X(q_i) для каждого $i = 0, 1\dts n$ будем интерпретировать как множество слов, которые можно прочитать, начиная от состояния q_i и заканчивая в финальном состоянии, тогда X(q_i) должна удовлетворять уравнению

$\eq*{ X(q_i) = a_1 \cdot X(\varphi(q_i, a_1)) + a_2\cdot X(\varphi(q_i, a_2)) + \ldots + a_m \cdot X(\varphi(q_i, a_m)) + \bt_i, }$

где $\beta_i = \lm$ , если $q_i \in F$ , $\beta_i = \varnothing$ , если $q_i \not \in F$ . Решив систему, берем в качестве ответа значение переменной X(q_0)

.

Задача. Построить регулярное выражение в алфавите $\{a, b\}$ , задающее язык, порождаемый автоматом $\Re = (Q, A, q_0, F, \varphi)$ , где $Q = \{q_0, q_1, q_2, q_3\}$ , $A = \{a, b\}$ , $F = \{q_3\}$ и переходная функция $\varphi$ задана таблицей


$q_0^{}$	$q_3^{}$	$q_1^{}$
$q_1^{}$	$q_3^{}$	$q_2^{}$
$q_2^{}$	$q_2^{}$	$q_3^{}$
$q_3^{}$	$q_1^{}$	$q_3^{}$

Рис. 13.2.

Решение. Запишем систему уравнений

$\eqa*{ X_0 & = a X_3 + b X_1,\\ X_1 & = a\cdot X_3 + b \cdot X_2,\\ X_2 & = a \cdot X_2 + b \cdot X_3,\\ X_3 & = a \cdot X_1 + b \cdot X_3 + \lm. }$

Заметим, что при записи системы мы упростили обозначения переменных, используя индексы.

Из четвертого уравнения получаем $X_3 = b^\ast (a\cdot X_1+\lm)$ . Подставляя полученное выражение во все остальные уравнения, получим систему из трех уравнений:

$\eqa*{ X_0 & = a\cdot b^\ast (a \cdot X_1 + \lm) + b \cdot X_1,\\* X_1 & = a\cdot b^\ast (a \cdot X_1 + \lm) + b \cdot X_2,\\* X_2 & = a\cdot X_2 + b\cdot b^\ast (a\cdot X_1 + \lm). }$

Перепишем ее в стандартном виде:

$\eqa*{ X_0 & = (a\cdot b^\ast \cdot a + b) X_1+ a\cdot b^\ast,\\ X_1 & = a\cdot b^\ast \cdot a\cdot X_1 + b\cdot X_2 + a\cdot b^\ast,\\ X_2 & = b \cdot b^\ast \cdot a \cdot X_1 + a\cdot X_2 + b\cdot b^\ast. }$

Из третьего уравнения получаем $X_2 = a^\ast(b \cdot b^\ast \cdot a \cdot X_1 + b\cdot b^\ast)$ и подставляем в остальные уравнения:

$\eqa*{ X_0 & = (a\cdot b^\ast \cdot a + b) \cdot X_1 + a \cdot b^\ast,\\ X_1 & = a \cdot b^\ast \cdot a \cdot X_1 + b \cdot a^\ast \cdot (b \cdot b^\ast \cdot a \cdot X_1 + b \cdot b^\ast) + a\cdot b^\ast. }$

Преобразуем второе уравнение к стандартному виду

$\eq*{ X_1= (a \cdot b^\ast \cdot a + b \cdot a^\ast \cdot b \cdot b^\ast \cdot a) \cdot X_1 + b \cdot a^\ast \cdot b\cdot b^\ast + a \cdot b^\ast }$

и получаем из него

$\eq*{ X_1 = (a \cdot b^\ast \cdot a + b \cdot a^\ast \cdot b \cdot b^\ast \cdot a)^\ast (b \cdot a^\ast \cdot b \cdot b^\ast + a \cdot b^\ast). }$

Наконец, получаем ответ

$\eq*{ X_0 = (a\cdot b^\ast \cdot a + b)(a \cdot b^\ast a + b \cdot a^\ast \cdot b \cdot b^\ast \cdot a)^\ast (b \cdot a^\ast \cdot b\cdot b^\ast + a \cdot b^\ast) + a \cdot b^\ast. }$

Дальше >>

Авторизоваться

Структуры данных и модели вычислений

Формальные языки

Вопросы и ответы