Bir do-while döngüsü Turing eksiksizliği için yeterli midir?

Zorunlu programlama dillerinde, bir süre bitim döngüsünün dili Turing'in tamamlaması için bir kontrol akışı kurgusu olarak yeterli olduğunu biliyorum (kontrol akışı devam ettiği sürece - tabii ki sınırsız belleğe ve bazı operatörlere de ihtiyacımız var ...) . Benim sorumun özü şudur: bir süre-süresi döngüsü, bir süre-süresi döngüsü ile aynı hesaplama gücüne sahip midir? Başka bir deyişle, bir talimatı tamamen atlamak mümkün değilse, bir dil Turing-complete olabilir.

Buradaki anlambilimden bazılarının biraz belirsiz olabileceğinin farkındayım, bu yüzden asıl soruyu belirli bir örnekle ifade edeyim:

Brainfuck (BF), tek kontrol akışının [...](Brainfuck'a aşina olmamanız durumunda sorunun altında tam bir dil belirtimi vardır) belirtilen bir döngü döngüsü olduğu bir Turing tarpit'idir . BF ,.+-<>ile aynı semantiklere sahip yeni bir BF * dili tanımlayalım , fakat bunun yerine bir süre bitim döngüsünü ifade eden []biz varız {}. Diğer bir deyişle, BF'ye tek fark, her döngünün, daha fazla yinelemenin atlanabilmesi için en az bir kez yürütülmesidir.

BF * Turing tamamlandı mı? Eğer öyleyse, BF'yi BF'ye * nasıl çevirebileceğimi merak ediyorum. Öyle değilse, bunu nasıl kanıtlarım?

Kendime ait bazı gözlemler:

• Her BF programı BF'ye * çevrilemez *. Örneğin, BF * 'de bir değeri okuyan veya yazamayan bir program yazmak imkansız - program potansiyel olarak bir veya daha fazla değer yazdırıyorsa, her zaman en az birini yazdırır. Ancak, BF'ye * çevrilebilecek bir Turing-komple BF alt kümesi olabilir.
• Basitçe [f]( fkeyfi olan bazı durumlarda Brainfuck programını yalnızca bunlardan oluşan +-[]<>) (ilk yinelemenin etkisini iptal etme çabasıyla) çeviremiyoruz, çünkü a) her hesaplanabilir fonksiyonun hesaplanabilir bir tersi ve b) olmasa bile, mutlaka daha az döngüye sahip olmazdı, bu yüzden bu adımı tekrar tekrar uygulamak, ilk etapta sonlandırmak için garanti edilmez.f-1{f}f-1f

Brainfuck dili üzerine genel bir bakış. Brainfuck, her bir hücrenin başlangıçta sıfır olan bir bayt değeri içerdiği sonsuz bir bant üzerinde çalışır. Taşmalar etrafa sarılır, bu nedenle 255 arttırma 0 verir ve bunun tersi de geçerlidir. Dil 8 talimattan oluşmaktadır:

+   Increment the current cell.
-   Decrement the current cell.
>   Move tape head to the right.
<   Move tape head to the left.
,   Input a character from STDIN into the current cell.
.   Output the current cell as a character to STDOUT.
[   If the current cell is zero, jump past the matching ].
]   If the current cell is non-zero, jump back to just behind the matching [.

Brainfuck'ı tanımıyorum, bu yüzden sözde kodumdan çeviri yapmanız gerekecek. Ancak, Brainfuck'ın makul şekilde (ha!) Davrandığını varsayarsak, aşağıdaki her şey geçerli olmalıdır.

do-while, süresi ile aynıdır. do X while Yeşittir X; while Y do Xve koşullu olduğunuzu varsayarsak while Y do Xeşdeğerdir if Y then (do X while Y).

Koşulsuz yoksa hayat biraz daha zor. Eğer bunu yaparken, böyle bir if Y then Xşey kullanarak taklit edebilirsiniz :

B := true
while (Y and B) do
    X
    B := false
endwhile

Ama ya sadece sürebilirse? Aşağıdaki Simülasyonu iddia if Y then X, varsayarak Xsonlandırıldığında değişkenlerin güncel değeri verilmiştir. (Bu garanti edilmez: değişkenlerin herhangi bir değeri için döngüye rağmen program if y=0 then loopforeversonlandırılır ). Let , ..., modifiye değişkenler ve let olmak o kullanması değiştirildiği yerine bu değişkenlerin her biri için. değişkenleri değiştiren açık kodu belirtir ve .y != 0XV1VnXX'XVi'Viswap(A,B)AB

V1' := V1; ...; Vn' := Vn
V1'' := V1; ...; Vn'' := Vn
C := 0
do
    X'
    swap (V1',V1''); ...; swap (Vn',Vn'')
    C := C+1
while Y and C<2
V1 := V1'; ...; Vn := Vn'

Fikir şudur. İlk önce, bunun Yyanlış olduğunu varsayalım . Bir Xkez yapmayı taklit ediyoruz ve sonuçları V1'', ..., Vn''; V1', ..., Vn'özgün değerleri tutmak V1, ..., Vn. Sonra, V1 := V1'; ...; Vn := Vn'hiçbir şey yapmadan atayacağız . Yani, eğer Yyanlışsa, hiçbir şey yapmadık. Şimdi, bunun Ydoğru olduğunu varsayalım . Şimdi sonuçları "hem astarlanmış" hem de "çift astarlanmış" değişkenlerde saklayarak X iki kez simüle edeceğiz . Yani, şimdi, döngünün sonundaki atamalar bir Xkez hesaplanan etkiye sahiptir . Not Ydeğeri tekrar tekrar döngü çalışan etkilenmez yani sadece, "prime edilmemiş" değişkenlere bağlıdır.

Tamam, peki ya Xdeğişkenlerin şu anki değerini sonlandırmayabilirsek? (Bu olasılığa işaret ettiği için Martin Ender'e teşekkürler.) Bu durumda, Xyukarıdaki talimatlara benzer fikirler kullanarak talimatla talimat simülasyonu yapmamız gerekiyor . Her komut kesinlikle sona ermektedir, böylece ifyukarıdaki kodu çözerek kod çözme işlemi yapmak için "Opcode foo ise, bunu yapın; bar ise, bunu yapın; ..." satırları boyunca kullanabiliriz. Şimdi, Xbir talimat göstergesini kullanarak komutları yinelemek için bir döngü kullanıyoruz, böylece daha sonra hangi komutu çalıştıracağımızı biliyoruz. Döngünün her yinelemesinin sonunda, henüz Ydurup Xdurmadığını kontrol edin ve kontrol edin . Eğer Yyanlış, takası tekniği etkilerini ortadan kaldırmaya bizi tanırXilk talimatı.