НОУ ИНТУИТ | Лекция | Языки и их представление

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

Регистрация Вход

Твой путь к знаниям!

Опубликован: 06.08.2007 | Доступ: свободный | Студентов: 1550 / 726 | Оценка: 4.45 / 4.29 | Длительность: 18:50:00

Тема: Программирование

Специальности: Программист

|

Вам нравится? Нравится 16 студентам

| Поделиться |

Поддержать курс

| Скачать электронную книгу

Теорема 2.1. Каждый контекстно-свободный язык может быть порожден неукорачивающей контекстно- свободной грамматикой.

Доказательство. Пусть L - контекстно-свободный язык. Тогда существует контекстно-свободная грамматика G = (N, T, P, S), порождающая L.

Построим новую грамматику G' = (N',T,P',S') следующим образом:

Если в P есть правило вида $A\rightarrow\alpha_0 B_1 \alpha_1 \ldots B_k \alpha_k$ , где $k\geq 0, \; B_i \; \Rightarrow^+ \; e$ для $1 \leq i \leq k$ и ни из одной цепочки $\alpha_j(0 \leq j \leq k)$ не выводится e, то включить в P' все правила (кроме $A\rightarrow e$ ) вида
$A\rightarrow\alpha_0 X_1 \alpha_1 \ldots X_k \alpha_k$
где это либо , либо e.
Если $S \rightarrow^+ \; e$ , то включить в P' правила $S' \rightarrow S, \; S' \rightarrow e$ и положить $N'= N \cup \{S'\}$ . В противном случае положить и . Порождает ли грамматика пустую цепочку можно установить следующим простым алгоритмом:
Шаг 1. Строим множество $N_0=\{N \mid N\rightarrow e\}$

Шаг 2. Строим множество $N_i=N_{i-1}\cup \{N \mid N\rightarrow \alpha, \; \alpha \in \{N_{i-1}\}^*\}$

Шаг 3. Если $N_i=N_{i-1}$ , перейти к шагу 4, иначе шаг 2.

Шаг 4. Если $S \in N_i$ , значит $S \rightarrow^* e$ .

Легко видеть, что - неукорачивающая грамматика. Можно показать по индукции, что .

Пусть K_i - класс всех языков типа i. Доказано, что справедливо следующее (строгое) включение: $K_3 \subset K_2 \subset K_1 \subset K_0$ .

Заметим, что если язык порождается некоторой грамматикой, это не означает, что он не может быть порожден грамматикой с более сильными ограничениями на правила. Приводимый ниже пример иллюстрирует этот факт.

Пример 2.8. Рассмотрим грамматику $G = (\{S, A, B\}, \{0, 1\}, \{S \rightarrow AB, \; A \rightarrow 0A, \; A \rightarrow 0, \; B \rightarrow 1B, \; B \rightarrow 1\}, \; S)$ . Эта грамматика является контекстно-свободной. Легко показать, что $L(G) = \{0^n 1^m \mid n,m \; > \; 0\}$ . Однако, в примере 2.7 приведена праволинейная грамматика, порождающая тот же язык.

Ниже приводятся подробные примеры решения двух практически интересных более сложных задач на построение КС- и НС-грамматик.

Пример 2.9. Данный пример относится к несколько парадоксальной для грамматик постановке: построить КС-грамматику, порождающую язык:

$\{\{a,b\}^*\backslash a^n b^m a^n b^m \mid n,m \geq1\}$

т.е. построить все цепочки кроме указанных (обычно-то говорят о том, что надо построить). Но, может быть, в такой постановке заложена и подсказка к решению? Известно, что иные задачи с подобными требованиями так и решаются: нужно сделать все, "что не надо", а потом отклониться от этого "не надо" всеми возможными способами.

Однако воодушевлнных построением в рамках КС- грамматики цепочек вида $\{a^n b^m a^n b^m \}$ (здесь и далее в этом примере $n, m, k, l, j \; \geq \; 1)$ ждет некоторое разочарование. Действительно, в отличие от таких случаев, как $\{a^n b^n a^m b^m \}$ , $\{a^n b^m a^m b^n \}$ , $\{a^n b^m b^n a^m\}$ и т.п., обе зависимости (по n и по m ) придется отслеживать одновременно и из двух разных центров порождения, к чему КС-грамматики по своей природе (виду своих правил) оказываются не предназначены.

Попробуем тогда пересказать условие задачи в конструктивном (созидательном) плане, т.е. обозначая лишь то, что нам нужно построить, а не наоборот. Поначалу такое множество цепочек кажется необозримым. Но попробуем, "Дорогу осилит идущий"! Начнем с очевидных случаев:

$\{a^n\}, \{b^n\}, \{a^n b^m\}, \{b^n a^m\}, \{a^n b^m a^k\}, \{b^n a^m b^k\}\ldots$

Однако бесконечно продолжать в духе $\{b^n a^m b^k a^l b^j\}$ уже как- то скучно. Замечаем, что $b\{a, b\}^*$ вполне конечным образом определяет половину из упомянутых бесчисленных описаний, а в следующий момент симметрия нам подсказывает и язык $\{a, b\}^*a$ .

Таким образом, все цепочки вышеперечисленных видов укладываются в три случая:

$\{a^n b^m\}, \; b\{a,b\}^*, \; \{a,b\}^*a$

Далее рассмотрим случай $\{a^n b^m a^k b^l \mid n \neq k \; или \; m \neq l\}$ . Но что такое, к примеру, $n \neq k$ ? То же самое, что объединение условий $n>k \; и \; n<k$ ! И здесь перешли к конструктиву, который несложно строится в рамках КС-грамматики.

Остается единственный неупомянутый случай:

$\{a^n b^m a^k b^l\}a\{a,b\}^*$

Вспоминая, что объединение КС-языков есть КС-язык, получаем искомое решение задачи.

Так, если язык $\{a^n b^m \}$ может быть порожден грамматикой

$S_1\rightarrow AB$

$A\rightarrow aA \mid a$

$B\rightarrow bB \mid b$

а язык $b \{a, b\}^*$ - грамматикой

$S_2 \rightarrow bC$

$C \rightarrow CC \mid a \mid b \mid \varepsilon ,$

то для объединения этих языков (в общем случае использующих каждый свой уникальный набор вспомогательных знаков) достаточно добавить правило старта из новой общей аксиомы:

$S \rightarrow S_1 \mid S_2$

Пример 2.10. Построение НС-грамматики.

Грамматики непосредственных составляющих (или, кратко, НС-грамматики) есть вид представления контекстно-зависимых грамматик, т.е. они обладают теми же выразительными возможностями, что и КЗ-грамматики в целом. Каждое правило НС-грамматики должно соответствовать виду:

$\varphi A \psi \rightarrow \varphi\eta\psi, \; (\mid \eta \mid \geq 1)$

то есть левое и правое окружение (контекст) заменяемого знака A должны сохраниться и вокруг непустой заменяющей цепочки $\eta$ (греческая буква "эта".

Такое дополнительное ограничение позволяет удобнее переходить от КЗ-грамматики к соответствующему линейно- ограниченному автомату

Рассмотрим построение НС-грамматики для языка

$\{a^{n^2} \mid n\geq 0\}$ , порождающего слова вида $\varepsilon, \; a, \; a^4, \; a^9, \;\ldots$

Для большей ясности сперва построим для этого языка грамматику общего вида, а потом перестроим ее в соответствии с НС-ограничениями.

Сам алгоритм порождения $a^{n^2}$ может основываться как на известном свойстве квадратов чисел, разность между соседними из которых образуют арифметическую прогрессию, так и на собственно "квадратности" интересующих чисел, т.е. того, что каждое квадратное число представимо наподобие матрицы из n строк и n столбцов единичных элементов (в связи с чем Пифагор и дал название подобным числам - квадратные, а среди других чисел по тому же принципу отметил треугольные, кубические, пирамидальные и т.п.). Последний подход представляется более общим, поскольку подобным образом мы сможем построить и $\{a^{n^k} \mid k > 2\}$ .

Итак, порождаем две группы по n элементов

Правила	Вид получаемой цепочки
$S \rightarrow CSD \mid CD$
$CD \rightarrow DCA$	$C^{n-1} \; DCAD^{n-1}$ (A задерживает C)
$CA \rightarrow AC$	(отработали все C)
$A \rightarrow a$

Получили $a^{n^2},$ но что делать с C и D? Сделав свое дело, они стали лишними.

В грамматике общего вида такие знаки сокращают ("увольняют"), а в КЗ-грамматиках - "переводят на другую работу" (в основные знаки). Но если мы просто напишем $C \rightarrow \varepsilon , D \rightarrow \varepsilon$ , вывод в случайный момент времени может закончиться досрочно и станет возможным порождение лишних цепочек.

Поэтому в обоих случаях не обойтись без дальнейшего уточнения предназначения (миссий) и состава "действующих лиц". Отметим для этого самый первый из команды знаков C (назовем его B ) и самый последний из D (обозначим его E ). Когда B и E встретятся, это и будет признаком полного завершения процесса порождения знаков a.

Начнем вывод с начала:

Правила	Вид получаемой цепочки
$S\rightarrow BS'E$
$S' \rightarrow CS'D \mid CD$
$CD \rightarrow DCA$	$BC^{n-1}\; (DA)^n \; CE$ ( C прошло первый раз)
$CA \rightarrow AC$	$B(DA^n)^n C^n \; E$ (прошли все C)
$BD \rightarrow B$	$BA^n \; (DA^n)^{n-1} \; C^n \; E$
$BA \rightarrow AB$	$A^{n*n}BC^n E$ (ушли все D)
$CE \rightarrow E$	$A^{n*n}BE$ (ушли все C)
$BE \rightarrow \varepsilon$	$A^{n*n}$ (ушли B c E)
$A \rightarrow a$	$a^{n*n}$

Результат получили, но какой ценой (для B, C, D и E )? Прямо-таки сталинские методы. Точнее скажем, в военных или иных чрезвычайных условиях иначе, порой, и нет возможности поступить. А в более мирное время? Попробуем "соблюдать КЗОТ" и обойтись без сокращений.

Снова:

Правила	Вид получаемой цепочки
$S'\rightarrow BSE$
$S \rightarrow CSD \mid CD$
$CD \rightarrow DCA$	$BC^{n-1}\; (DA)^n \; CE$ ( C прошло первое C )
$CA \rightarrow AC$	$B(DA^n)^n C^n \; E$ (прошли все C)
$BD \rightarrow aaB$	$a^ BA^n \; (DA^n)^{n-1} \; C^n \; E$
$BA \rightarrow AB$	(ушли все D)
$CE \rightarrow Eaa$	$(a^2 A^n)^n BEa^{2n}$ (ушли все C)
$A \rightarrow a$	$a^{n*n+2n}BEa^{2n}$ (ушли B c E)
$BE \rightarrow aaaa$	$a^{{n^2}+4n+4}=a^{(n+2)^2}$
$S \rightarrow \varepsilon \mid a \mid a^4$	$(восполнили \ частные \ решения)$