Aynı sağ ve sol ilişkisel ürüne sahip kelimeler

Hopcroft ve Ullman kitabını kullanarak deterministik olmayan otomata çalışmaya başladım . Çok ilginç bulduğum bir probleme takıldım:

Aşağıdaki tabloya göre çarpılarak soldan sağa sağdan sola değerlendirildiğinde aynı değere sahip tüm dizeleri kabul eden deterministik olmayan bir sonlu otomat verin:

$\qquad \displaystyle\begin{array}{c|ccc} \times & a & b & c \\ \hline a & a & a & c \\ b & c & a & b \\ c & b & c &a \end{array}$

dizesine , soldan sağa ürün ve sağdan sola ürün$abc$
$(a \times b) \times c=a \times c=c$
$a \times (b \times c)=a \times b=a$

Bu nedenle , otomata için kabul edilebilir olmamalıdır. Bana göre, herhangi bir veya veya dizesinin kabul edilebilir bir dize olduğu açıktır (sağ ve sol değerlendirme aynı kısmi dizelerde çalışır). Soldan sağa değerlendirmeyi açıklayan bir NFA vermek kolaydır, ancak sorun şu ki, makine sağdan sola değerlendirmeyi hesaplamaya çalışırsa dizenin uzunluğunu bilmesi gerektiğini düşünüyorum (bu yüzden sonsuz bellek gereklidir).$abc$$aa^*$$bb^*$$cc^*$

Peki deterministik olmayan bir otomata, soldan sağa değerlendirmeyle karşılaştırmak için sağdan sola nasıl değerlendirebilir?

Buradaki ilk hile çarpım tablosunu bir otomatın geçiş tablosu olarak düşünmektir $A$her durum çarpım tablonuzdaki bir harfi temsil eder, ancak henüz kabul konusunda endişelenmez. Yani tablonun solundaki ve gövdesindeki harfler aslında devletler - onları şöyle yazmak daha doğru olurdu$q_a, q_b, q_c$, ama yapmayacağım. Üstteki harfler girişlerdir.

Sonra otomayı oluşturun $A_T$ ("$T$") Devrik için için ters çarpma değiştirilmesi ile$A$:

$\qquad \displaystyle\begin{array}{c|ccc} A_T & a & b & c \\ \hline a & a & c & b \\ b & a & a & c \\ c & c & b & a \end{array}$

Yani $A(abc)$ seni devlete götürür $c$, Ve aynı şekilde $A_T(cba)$ duruma geçiyor $a$ nın-nin $A_T$, not ettiğiniz gibi.

Ancak, $A_T$sağdan sola gittiğinizi varsayarsak da yine de soldan sağa gitmek istiyoruz. Yani ikinci hile, otomasyonu tersine çevirmektir (sadece geri dönmeye başlamıştık çarpımı değil), tüm okları tersine çevirerek deterministik olmayan bir otomasyona yol açar$A_{TR}$ Aşağıdaki geçiş tablosu tarafından verilen, tavukların çizilmesini sağlamak için birleştirilmiş harfler ile gösterilen alt kümeler, $ac$ gerçek $\{a,c\}$. (umarım her şey yolunda gitti - işe yarıyor gibi görünüyor).

$\qquad \displaystyle\begin{array}{c|ccc} A_{TR} & a & b & c \\ \hline a & ab & b & c \\ b & ∅ & c & a \\ c & c & a & b \\ \hline ab & ab & bc & ac \\ bc & c & ac & abc \\ ac & abc & ab & bc \\ abc & abc & abc & abc \\ ∅ & ∅ & ∅ & ∅ \end{array}$

Bunu, yalnızca satırın üstündeki üç sıra ile deterministik olmayan bir otomat veya 8 satırın tümü ile belirlenmiş bir versiyon olarak yorumlayabilirsiniz.

Son olarak, sorunu çözmek için makine orijinalin çapraz ürün otomatıdır $A$ ve $A_{TR}$, yani $A \times A_{TR}$ iki otomatın kesişme davranışını gerçekleştirmek için (ihtiyacımız yok $A_T$ daha fazla). $A \times A_{TR}$ gibi çiftler var $\langle a,ac\rangle$. Geçiş işlevi çalışır$A$ ve $A_{TR}$bağımsız. Tek bir başlangıç ​​durumu$\langle 1,1 \rangle$ içeri girer $\langle a,a \rangle$ girdi altında $a$, içine $\langle b,b \rangle$ girdi altında $b$, vb.

Deterministik olmayan versiyonda kabul eden durumlar $\langle a,a \rangle$ Deterministik versiyonda, kabul eden durumlar ilk bileşenin olduğu çiftlerdir $\in$ gibi ikinci bileşen setinin $\langle a,a \rangle$ veya $\langle b,bc \rangle$.

$A \times A_{TR}$ gösterildiği gibi artırılmış ve belirlenmiş $25=3\cdot 8+1$ayrıntılı olarak yazmazsam affet beni. Ancak deterministik olmayan versiyon sadece$10=3\cdot 3+1$ devletler.

$(\ast)$ Eğer $L$ normal bir dildir, $L^R$, içindeki tüm kelimelerin tersini içeren dil$L$, ayrıca düzenli. Bunu bir egzersiz olarak kabul edin.

Bu, sorunu çözmemize nasıl yardımcı olur? İzin Vermek$L_a,L_b,L_c$ değerlendiren tüm dizelerden oluşan diller $a,b,c$soldan sağa değerlendirirken. İlgilendiğiniz dil

Aslında, eğer ispat fikrini kullanırsanız$(\ast)$, o zaman muhtemelen devam edip otomasyonu oluşturabilirsiniz. Öyleyse bunu düşünelim. Özellikle, aşağıdakiler için bir NFA oluşturmaya çalışalım:$L_a^R$olarak değerlendirilen tüm dizelerin dili $a$ sağdan sola değerlendirildiğinde.

Fikir bu. Gördüğünüz ilk harfin$b$. Sonra dizenin geri kalanı$b$ (dan beri $bx = a$ ima $x = b$). Benzer akıl, ilk harf olduğunda geçerlidir$c$. İlk harf olduğunda$a$ancak, geri kalanı $a$ veya $b$veya boş olabilir. Bir NFA ile tahmin edebiliriz (ve daha sonra tahminimizi doğrulayabiliriz).

Bu ipucu size düşünmek ve umarım sorunu çözmek için yeterli vermelidir.

Şirin.

İlk olarak, ürünü soldan sağa hesaplayan bir otomat oluşturun. Kolay! Geçiş yapın$\overrightarrow x \xrightarrow{\;y\;} \overrightarrow z$ her ne zaman $x \cdot y = z$. Üç eyalet var$\{\overrightarrow a,\overrightarrow b,\overrightarrow c\}$üç olası ürünü temsil eder. Dördüncü durumda başlayın$\overrightarrow 1$ ile $\overrightarrow 1 \xrightarrow{\;x\;} \overrightarrow x$ hepsi için $x$. Son durum$\overrightarrow x$ yalnızca ve giriş kelimesinin soldan sağa çarpımı $x$.

Şimdi ürünü sağdan sola hesaplayan bir otomasyon oluşturalım. Bu belirleyici olmayacak. Bunu nasıl yaparız? Basit… Diğer yöne gitmek için her şeyi tersine çevirin : oklar ve ürünün yönü.

Daha önce nerede vardı $\overrightarrow{x} \xrightarrow{\;y\;} \overrightarrow{x \cdot y\:}$, şimdi alıyoruz $\overleftarrow{x \cdot y\:} \xleftarrow{\;x\;} \overleftarrow{y}$: kelimeyi soldan sağa kullandığımızda, bir üründen sağ taraftaki faktöre gideriz. Veya başka bir deyişle,$\overleftarrow{x} \xleftarrow{\;y\;} \overleftarrow{y \cdot x\:}$.

Bağlantısı kesilmiş bir düğüm ekle $\overleftarrow 1$boş kelime uğruna. Tüm düğümler başlangıçta.

Şimdi her iki yolu birlikte hesaplamamız gerekiyor, bu yüzden iki otomatın ürününü alıyoruz: $(\overrightarrow{x_1}, \overleftarrow{x_2}) \xrightarrow{\;y\;} (\overrightarrow{z_1}, \overleftarrow{z_2})$ iFF $\overrightarrow{x_1} \xrightarrow{\;y\;} \overrightarrow{z_1}$ ve $\overleftarrow{x_2} \xrightarrow{\;y\;} \overleftarrow{z_2}$. Dört devlet olsun$(\overrightarrow 1, \overleftarrow x)$ ilk olun ve dört eyalet $(\overrightarrow x, \overleftarrow x)$nihai olmak. Bir kelimesi, ürünü soldan sağa doğru ve bu da sağdan sola doğru olduğunda belirleyici olmayan otomat tarafından tanınır.$x$.

Görünüşe göre asıl sorununuz belirsizliği kullanmıyor, bu yüzden biraz açıklayayım.

Diğerlerinin kullandığı temel fikir, belirsiz bir makinenin nihai sonucu tahmin edebileceğidir .

Küçük örneğinizi ele alalım $abc$ve Gilles'in inşaat fikri. Sağdan sola doğru olan ürünün "hesaplanması" sonucu başlangıçta sonucu tahmin eder ve doğrular . Yani üç olasılık var:

• Tahmin $a$: İlk sembol olduğu gibi $a$, rl ürünü $bc$ olmuş olmalı $a$ veya $b$.
  • Tahmin $a$: İkinci sembol olduğu gibi $b$, son sembol $b$.
    • (Tahmin $b$:) Bu $c$, bu yüzden kabul etme.
  • Tahmin $b$: İkinci sembol olduğu gibi $b$, son sembol $c$.
    • (Tahmin $c$:) Gerçekten de $c$, kabul ediyoruz.
• Tahmin $b$: İlk sembol olduğu gibi $a$, bu mümkün değil, bu yüzden kabul etmeyin.
• Tahmin $c$: İlk sembol olduğu gibi $a$, rl ürünü $bc$ olmuş olmalı $c$
  • (Tahmin $c$:) İkinci sembol olduğu gibi $b$, son sembol $a$
    • (Tahmin $a$:) Bu $c$, bu yüzden kabul etme.

Gördüğünüz gibi, NFA olası tüm hesaplamaları aşağıdan tahmin edebilir ve kontrol edebilir . Kabul edilen dil, en az bir çalışma tarafından kabul edilen dizeler kümesi olarak tanımlandığından , girişteki kabul etmeyen tüm işlemler yok sayılır; NFA "her zaman doğru tahmin eder".

Artık bu NFA'nın sonuna kadar ilk seçimini hatırlaması kolay. Kabul ederse, hatırlanan sembolü paralel olarak elde edilen lr ürünüyle (deterministik olarak) karşılaştırabilir (dil kesişiminin NFA ile nasıl ilişkilendiği kesinlikle Ullman / Hopcroft ve diğer temel ders kitaplarında kapsanır).