НОУ ИНТУИТ | Введение в схемы, автоматы и алгоритмы. Лекция 4: Конечные автоматы: преобразователи и распознаватели

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

Регистрация Вход

Твой путь к знаниям!

Тверской государственный университет

Опубликован: 21.08.2007 | Доступ: свободный | Студентов: 1745 / 292 | Оценка: 5.00 / 5.00 | Длительность: 14:18:00

ISBN: 978-5-94774-714-0

Тема: Алгоритмы и дискретные структуры

Специальности: Программист, Математик

|

Вам нравится? Нравится 36 студентам

| Поделиться |

Поддержать курс

| Скачать электронную книгу

Этап 1. Устранение пустых переходов.

Рассмотрим поддиаграму автомата M, в которой оставлены лишь ребра, помеченные $\varepsilon:$ $D_{\varepsilon } =(Q, E_{\varepsilon })$ , где $E_{\varepsilon } =\{ (q, q') | q' \in \Phi (q,\varepsilon )\}$ .

Пусть $D_{\varepsilon *} =(Q, E_{\varepsilon }^{*})$ - это граф достижимости (транзитивного замыкания) для $D_{\varepsilon }$ . Тогда $E_{\varepsilon }^{*} =\{ (q, q') | q=q'$ или в $D_{\varepsilon }$ имеется путь из q в q'}.

Определим НКА $M_{1}= <\Sigma , Q_{1}, q_{0}, F_{1}, \Phi _{1} >$ следующим образом: $Q_{1} = \{ q_{0}\} \cup \{ q | \ существуют \ такие \ q' \in Q и a \in \Sigma , что \ q \in \Phi (q', a) \}$ , т.е. кроме начального остаются лишь те состояния, в которые входят "непустые" ребра. $F_{1} =\{ q | \ существует \ такое \ q' \in F, что \ (q,q') \in E_{\varepsilon }^{*} \}$ , т.е. к заключительным состояниям M добавляются состояния, из которых можно было попасть в заключительные по путям из $\varepsilon$ -ребер.

Для каждой пары $q' \in Q, a \in \Sigma$ полагаем $\Phi _{1}(q,a) =\{ r |\ существует \ такое \ q' \in F , \ что \ (q,q') \in E_{\varepsilon }^{*} и \ r \in \Phi (q',a) \}$ , т.е. в D_M1} имеется a -ребро из q в r, если в D_M был (возможно пустой) путь из $\varepsilon$ -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 $\varepsilon.$ Установим эквивалентность M и M₁.

Лемма 4.1. $L_{M_1} = L_M$ .

Доказательство. Пусть w=w₁w₂... w_t - произвольное входное слово. Предположим, что $w \in L_{M_1}$ . Это означает, что в диаграмме $D_{M_1}$ 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 $r_{t} \in F_{1}$ , который несет слово w, т.е. ребро e_i помечено символом w_i. Из определения функции $\Phi _{1}$ 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 $\varepsilon$ -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 $r_{t} \in F_{1}$ , то либо $r_{t} \in F$ , либо в D_M имеется путь по $\varepsilon$ -ребрам из r_t в некоторое состояние $r' \in F$ . В обоих случаях в D_M имеется путь из q₀ в заключительное состояние, который несет слово w, и следовательно, $w \in L_{M}$ .

Обратно, пусть $w \in L_{M}$ . 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 $\varepsilon.$ Тогда по определению $\Phi _{1}$ в диаграмме $D_{M_1}$ между r_{i-1} и r_i имеется ребро с меткой w_i. Объединив эти ребра, получим в $D_{M_1}$ путь из q₀ в r_t. Так как либо $r_{t}=r \in F$ , либо в D_M из r_t имеется путь из $\varepsilon$ -ребер в $r \in F$ , то из определения F₁ следует, что $r_{t} \in F_{1}$ . Таким образом, $w \in L_{M_1}$ .

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 $M_{1}= <\Sigma , Q_{1}, q_{0}, F_{1}, \Phi _{1} >$ ДКА $A = <\Sigma , Q^{A}, q_{0}^{A}, F^{A}, \Phi ^{A}>$ следующим образом.

$\begin{array}{l} Q^A =\{ Q'\ |\ Q' \subseteq Q_1\},\\ q_0^A =\{ q_0\},\\ F^A =\{ Q'\ |\ Q' \cap F_1 \neq \emptyset \},\\ \Phi^A(Q', a) =\{ q\ |\ \text{ существует такое } q^\prime \in Q', \text{ что } q \in \Phi_1(q^\prime, a) \}. \end{array}$

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 $w \in \Sigma ^{*}$ имеем

$(Q^\prime, w) \vdash_A^* (Q^{\prime\prime},\varepsilon)\ \Longleftrightarrow\ Q^{\prime\prime}= \\ =\{ r\ |\ \text{ существует такое } q^\prime \in Q^\prime, \text{ что }\ (q,w) \vdash_{M_1}^* (r, \varepsilon)\}$

Доказательство. Применим индукцию по длине слова w.

Базис. Пусть |w|=0, тогда $w=\varepsilon$ , Q' = Q'' и утверждение выполнено. Пусть теперь |w|=1 и $w= a \in \Sigma$ . Тогда утверждение леммы следует непосредственно из определения $\Phi ^{A(Q', a)}$ .

Шаг индукции. Предположим, что лемма справедлива для всех слов длины <= k, и пусть |w| = k+1. Выделим в w первый символ: w=aw'. Пусть $\tilde{Q}$ - это такое состояние, что $(Q', a) \vdash_A \tilde{Q}, \varepsilon)$ . Тогда $(\tilde{Q}, w^\prime) \vdash_A^* (Q^{\prime\prime},\varepsilon)$ . Так как |w'|=k, то по индукционному предположению это эквивалентно следующему: $Q^{\prime\prime}= \{ r\ |\ \text{ существует такое } q^\prime \in \tilde{Q}, \text{ что }\ (q,w^\prime) \vdash_{M_1}^* (r, \varepsilon)\}$ . Но из определения $\Phi ^{A}$ следует, что $\tilde{Q}$ $=\{ q | \ существует \ такое \ q' \in Q', \ что \ q \in \Phi _{1}(q', a) \}$ . Объединив, эти два равенства, получаем: $Q^{\prime\prime}= \{ r\ |\ \text{ существует такое } q^\prime \in Q^\prime, \text{ что }\ (q,w) \vdash_{M_1}^* (r, \varepsilon)\}$ .

Для завершения доказательства теоремы покажем с помощью леммы 4.4, что $L_A = L_{M_1}$ .

Действительно, если слово w переводит состояние q₀ в некоторое $q \in F_{1}$ в автомате M₁, то, положив в лемме Q' ={ q₀}, получим, что $q \in Q''$ для состояния Q'', такого, что $(Q', w) \ vdash_{A}^{*} (Q'',\varepsilon )$ . Но тогда $Q'' \in F^{A}$ и $w \in L_{A}$ .

Обратно, если $w \in L_{A}$ , то для некоторого $Q'' \in F^{A}$ имеем $(\{q_0\}, w) \vdash_A^* (Q^{\prime\prime},\varepsilon)$ . Тогда в Q'' имеется некоторое состояние $q \in F_{1}$ и по лемме 4.4 в автомате $M_1 \ (q_0,w) \vdash_{M_1}^* (q, \varepsilon)\}$ , т.е. $w \in L_{M1}$ .

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

На первом этапе получаем $E_{\varepsilon }^{*} =\{ (2,0), (1, 4), (3, 1), (4, 1)\}$ 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 $\varepsilon$ -переходу.

На втором этапе детерминизируем M₁. ДКА A будет иметь 16 состояний: $Q^{A}=\{ \varnothing , \{ 0\} , \{ 1\} , \{ 2\} , \{ 3\} ,\{ 0,1\} , \{ 0,2\} , \{ 0,3\} , \{ 1,2\} , \{ 1,3\} , \{ 2,3\} , \{ 0,1,2\} ,\{ 0,1,3\} ,\{ 0,2,3\} ,\{ 1,2,3\} ,\{ 0,1,2, 3\} \}$ .

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 $\Phi ^{A}$ определена в следующей таблице

$Q^{A}\setminus \Sigma$	a	b
hline $\varnothing$	$\varnothing$	$\varnothing$
{0}	{0,1}	{0}
{1}	$\varnothing$	{2}
{2}	{0,1,3}	{0}
{3}	$\varnothing$	{2}
{0,1}	{0,1}	{0,2}
{0,2}	{0,1,3}	{0}
{0,3}	{0,1}	{0,3}

$Q^{A}\setminus \Sigma$	a	b
{1,2}	{0,1,3}	{0,2}
{1,3}	$\varnothing$	{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 $\sigma =\{ a, b\}$ :

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:

$(x_1(1),x_2(1),y(1)), (x_1(2),x_2(2),y(2)), \ldots (x_1(n),x_2(n),y(n))$

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.

$M=<\{ a, b\} ,\{ 0, 1,2\} , 0,\{ 2\} , \Phi >$ с программой $\Phi : 0a \to 1, 0 \to 1, 1b \to 2, 1 \to 2, 2 b \to 2$ .
$M=<\{ a, b\} ,\{ 0, 1,2\} , 0,\{ 2\} , \Phi >$ с программой $\Phi : 0a \to 1, 0a \to 2, 1b \to 2, 1 \to 2, 2 b \to 0$ .

Дальше >>

Авторизоваться

Введение в схемы, автоматы и алгоритмы

Конечные автоматы: преобразователи и распознаватели

Задачи

Вопросы и ответы