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第6789章作业及参考答案

第6章P231:

1、构造产生下列语言的CFG

（2）{1n02m1n|n,m≥1}

解：

需保证1的个数相等且0的个数为偶数

S1S1|1A1

A00A｜00

（4）含有相同个数的0和1的所有0、1串

S0AS｜1BS｜ε

A1|0AA

B0|1BB

错解1:

S10S｜01S｜10｜01｜ε

错解2:

S1S0｜0S1｜1A0｜0A1,A10｜01｜ε（推不出0110）

错解3:

S→10S｜1S0｜S10｜01S｜0S1｜S01｜ε（推不出00111100）

讨论:

不能限制0和1必须在同一次推导中都出现

15、构造与下列文法（原题中去ε产生式后的文法）等价的CNF

S→a|b|aB|aBB|bA|bAA

B→aa|aB|Ba|aBa

A→bb|bbA

解：

第一步

S→a|b|BaB|BaBB|BbA|BbAA

B→BaBa|BaB|BBa|BaBBa

A→BbBb|BbBbA

Ba→a

Bb→b

第二步

S→a|b|BaB|BaB1|BbA|BbA1

B→BaBa|BaB|BBa|BaB2

A→BbBb|BbB3

Ba→a

Bb→b

B1→BB

A1→AA

B2→BBa

B3→BbA

讨论:

这种题需要将步骤写清,意义在于机械化这种事情是我们的目标,你不必加入太多自己的智慧.

Ba和Ba的区别？

第7章P257:

1、构造识别下列语言的PDA

（2）L={1n02m1n|n,m≥1}

要求

●用两种方法做

●用七元组表示

●用推广的状态转换图表示

解法1：

先构造产生该语言的GNF文法，再由文法推导的启示或依定理7-3的构造方法，设计出PDA

构造出产生该语言的CFG

S→1S1|1B1

B→00B｜00

得到对应的GNF：

S→1SA|1BA

A→1

B→0C|0CB

C→0

构造PDAM1=（{q},{0,1},{S,A,B,C},δ1,q,S,Φ）

其中δ1为：

δ1（q,1,S）={（q,SA）,（q,BA）}

δ1（q,1,A）={（q,ε）}

δ1（q,0,B）={（q,C）,（q,CB）}

δ1（q,0,C）={（q,ε）}

有N（M1）={1n02m1n|n,m≥1}

用推广的状态转换图如右所示：

提示，还可以仿照书中例题，加入终止状态qf及初始栈符号Z,使

N（M1）=L（M1）={1n02m1n|n,m≥1},注意:

如果要这样做,请加适当的说明

解法1拓展（2005级崔卫华的想法）：

问能否把GNF中A→a中的a用作00

思考:

崔同学实际是想设计接受{1nam1n|n,m≥1}的PDA以简化,但又没有底气

这种想法很大胆（褒义的＂大胆＂）

也是可行的.

过程是:

先设计PDA接受L={1nam1n|n,m≥1}这儿∑={1,a}

构造代换f:

（1）=1,f（a）=00,则f（L）就是我们要的∆={1,0}上的语言,PDA随之而定

只是未向同学们介绍如何利用代换设计PDA

解法2之一：

可以将PDA的工作分为3个阶段：

（1）接受1并记载的阶段；

（2）接受偶数个0的阶段；

（3）匹配1的阶段

设q0为开始状态，q1为接受1并记载的阶段，Z0为初始栈符号

δ2（q0,1,Z0）={（q1,AZ0）}

δ2（q1,1,A）={（q1,AA）}

q1状态下读入0将进入接受0的状态q2

δ2（q1,0,A）={（q2,BA）}

为了接受偶数个0，可设q3状态用于接受第2个0，这时只要将进入q2状态时压入的B出栈即可,q3状态下读入0的情形同q1状态下读入0时的情形

δ2（q2,0,B）={（q3,ε）}

δ2（q3,0,A）={（q2,BA）}

在q3状态下读入1且栈顶是A时，进入对1的匹配阶段

δ2（q3,1,A）={（q4,ε）}

q3状态下继续进入1和A的匹配

δ2（q4,1,A）={（q4,ε）}

正确的匹配应是q3状态下读完所有的符号，且栈中只余Z0

δ2（q4,ε,Z0）={（q5,ε）}

综上，设计的PDA为：

M2=（{q0,q1,q2,q3,q4,q5},{0,1},{A,B,Z0},δ2,q0,Z0,{q5}）

有L（M2）=N（M2）=L

用推广的状态转换图如下所示：

解法2之二：

可以将PDA的工作分为3个阶段：

（1）接受1并记载的阶段；

（2）接受偶数个0的阶段；

（3）匹配1的阶段

设q0为开始状态，q1为接受1并记载的阶段，Z0为初始栈符号

δ2（q0,1,Z0）={（q1,AZ0）}

δ2（q1,1,A）={（q1,AA）}

q1状态下读入0将进入接受0的状态q2,用栈符号B记忆

δ2（q1,0,A）={（q2,BA）}

q2状态读入0且栈顶为B,这时一定是第偶数个0,B被匹配,B出栈

δ2（q2,0,B）={（q2,ε）}

q2状态读入0且栈顶为A,这时已经出现过偶数个0,这个零为第奇数个0,将B压栈

δ2（q2,0,A）={（q2,BA）}

在q2状态下读入1且栈顶是A时，进入对1的匹配阶段

δ2（q2,1,A）={（q3,ε）}

q3状态下继续进入1和A的匹配

δ2（q3,1,A）={（q3,ε）}

正确的匹配应是q3状态下读完所有的符号，且栈中只余Z0

δ2（q3,ε,Z0）={（q4,ε）}

综上，设计的PDA为：

M2=（{q0,q1,q2,q3,q4},{0,1},{A,B,Z0},δ2,q0,Z0,{q4}）

有L（M2）=N（M2）=L

解法2之三（采纳2005级岳宝的思路,贺利坚改正并整理）：

M2=（{q0,q1,qf},{0,1},{A,B,Z0},δ2,q0,Z0,{qf}）

在记忆阶段,用A记忆读入的0,B记忆读入的1,则有:

δ2（q0,1,Z0）={（q0,BZ0）}

δ2（q0,1,B）={（q0,BB）}

δ2（q0,0,B）={（q0,AB）}

δ2（q0,0,A）={（q0,AA）}

设计不确定的PDA,由记忆阶段转到匹配阶段:

δ2（q0,ε,A）={（q1,A）}

匹配阶段的工作,再匹配的0的个数与栈中A的个数必相等,即0必为偶数个:

δ2（q1,0,A）={（q1,ε）};

匹配阶段,再匹配的1的个数与栈中B的个数必相等:

δ2（q1,1,B）={（q1,ε）};

进入终态:

δ2（q1,ε,Z0）={（q2,ε）};

这样,有L（M2）=N（M2）=L

解法2之四（2005级孙磊提供,贺利坚加说明）：

将L看作两部分,前面部分为1n0m,后面部分为0m1n

M2=（{q0,q1,qf},{0,1},{A,B,Z0},δ2,q0,Z0,{qf}）

其中:

q0:

处理句子的前半部分

q1:

处理句子的后半部分

qf:

终止状态

（1）在q0状态时先接受1并将B压入栈

δ2（q0,1,Z0）={（q0,BZ0）}

δ2（q0,1,B）={（q0,BB）}

（2）在q0状态栈顶为B时接受一个0,首先要将A压栈以记忆

δ2（q0,0,B）={（q0,AB）}

（3）在q0状态栈顶为A时接受一个0,可能是前半部分的0需要记忆,也可能是后半部分的0需要匹配

δ2（q0,0,A）={（q0,AA）,（q1,ε）}

（注意不定义δ2（q0,1,A））

（4）在q1状态下对读入的0和1逐个地进行匹配

δ2（q1,0,A）={（q1,ε）}

δ2（q1,1,B）={（q1,ε）}

（5）当栈中只留Z0时,清栈且进入终止状态

δ2（q1,ε,Z0）={（qf,ε）}

这样,有L（M2）=N（M2）=L

解法2之四（2006级的“集体智慧”，贺利坚完善）：

M2=（{q0,q1,q2,qf},{0,1},{A,B1,B2,Z0},δ2,q0,Z0,{qf}）

（1）q0状态：

在读入0之前，记载1的个数，每读入一个1，在栈中压入符号A

δ2（q0,1,Z0）={（q1,AZ0）}

δ2（q1,1,A）={（q1,AA）}

（2）在读到0后，0的个数为偶数个，第奇数个0，压入栈符号B1，第偶数个0时，用栈符号B2取代B1。

δ2（q1,0,A）={（q1,B1A）}

δ2（q1,0,B1）={（q1,B2）}

δ2（q1,0,B2）={（q1,B1）}

δ2（q1,1,B2）={（q2,ε）}

（3）在q2状态，匹配1

δ2（q2,1,A）={（q2,ε）}

δ2（q2,ε,Z0）={（qf,ε）}

有L（M2）=N（M2）=L

本题主要存在的问题:

（1）不写解题过程的说明,无法看清思路（考试中会强调一定要写过程）

（2）不写清接受方式:

以空栈方式接受或以终止状态接受或二者均可

（3）未画状态转移图（布置时有这一要求）

8、构造与下列文法等价的PDA

（1）S→aBB|bAA,B→aBB|aA|a,A→bBA|b

解：

（根据定理7-3证明中提供的构造方法完成）

有PDAM=（{q},{a,b},{S,A,B},δ,q,S,Φ）

δ（q,a,S）={（q,BB）}

δ（q,b,S）={（q,AA）}

δ（q,a,B）={（q,BB）,（q,A）,（q,ε）}

δ（q,b,A）={（q,BA）,（q,ε）}

从而N（M）=L（G）------一定要点出接受方式是以空栈方式接受

主要问题

（1）不按定理的方法构造:

PDAM=（{p,q},{a,b},{S,A,B},δ,q,S,Φ）

学会机械化的构造方法

如果另起炉灶（鼓励这样做,唯有此才能前进,才能进步,这也是终极目标）,但要先有前期工作.

不能突然而至,似有照猫画虎嫌疑,结果不猫不虎.

（2）按教材上的原题做:

S→aBB|bAA,B→aBB|aA|a,A→bBA|ε

有PDAM=（{q},{a,b},{S,A,B},δ,q,S,Φ）

δ（q,a,S）={（q,BB）}

δ（q,b,S）={（q,AA）}

δ（q,a,B）={（q,BB）,（q,A）,（q,ε）}

δ（q,b,A）={（q,BA）}

δ（q,ε,A）={（q,ε）}

从而N（M）=L（G）

错误！

原因:

给出的CFG是GNF吗这能保证这一点,不能这么做.

按原题的正确做法是:

首先,ε∉L（G）

消除文法S→aBB|bAA,B→aBB|aA|a,A→bBA|ε中的空产生式,并转换为等价的GNF,有

S→aBB|bAA|bA|b,B→aBB|aA|a,A→bBA|bB

从而有PDAM=（{q},{a,b},{S,A,B},δ,q,S,Φ）

δ（q,a,S）={（q,BB）}

δ（q,b,S）={（q,AA）,（q,A）,（q,ε）}

δ（q,a,B）={（q,BB）,（q,A）,（q,ε）}

δ（q,b,A）={（q,BA）,（q,B）}

从而N（M）=L（G）

11、构造CFG，产生如下PDA用空栈接受的语言

（1）M=（{q,p},{0,1},{A,B,C},δ,q,A,Φ）

δ（q,0,A）={（q,B）,（q,BB）}

δ（q,1,A）={（q,C）,（q,CC）}

δ（q,0,B）={（q,BB）,（q,BBB）,（p,ε）}

δ（q,1,B）={（q,CB）,（q,CCB）}

δ（q,0,C）={（q,BC）,（q,BBC）}

δ（q,1,C）={（q,CC）,（q,CCC）,（p,ε）}

δ（p,0,B）={（p,ε）}

δ（p,1,C）={（p,ε）}

解：

（根据定理7-4证明中提供的构造方法完成）

构造得CFGG=（V,{0,1},P,S）,其中

V={S}∪{[pAp],[pBp],[pCp],[pAq],[pBq],[pCq],[qAp],[qBp],[qCp],[qAq],[qBq],[qCq]}

产生式集合P由以下产生式构成（约定符号pa,pb,pc∈{q,p}）：

首先有：

S→[qAp]|[qAq]

由（q,B）∈δ（q,0,A）有[qApa]→0[qBpa],

因pa∈{q,p},展开有：

[qAp]→0[qBp]和[qAq]→0[qBq]

由（q,BB）∈δ（q,0,A）有[qApb]→0[qBpa][paBpb]

因pa,pb∈{q,p}，展开有：

[qAp]→0[qBp][pBp],[qAq]→0[qBp][pBq],

[qAp]→0[qBq][qBp],[qAq]→0[qBq][qBq]

因pa∈{q,p}展开有[qAp]→0[qBp]和[qAq]→0[qBq]

由（q,C）∈δ（q,1,A）有[qApa]→1[qCpa],…….（以下同法展开）

由（q,CC）∈δ（q,1,A）有[qApb]→0[qCpa][paCpb]

由（q,BB）∈δ（q,0,B）有[qBpb]→0[qBpa][paBpb]

由（q,BBB）∈δ（q,0,B）有[qBpc]→0[qBpa][paBpb][pbBpc]

由（p,ε）∈δ（q,0,B）有[qBp]→0

由（q,CB）∈δ（q,1,B）有[qBpb]→1[qCpa][paBpb]

由（q,CCB）∈δ（q,1,B）有[qBpc]→1[qCpa][paCpb][pbBpc]

由（q,BC）∈δ（q,0,C）有[qCpb]→0[qBpa][paCpb]

由（q,BBC）∈δ（q,0,C）有[qCpc]→0[qBpa][paBpb][pbCpc]

由（q,CC）∈δ（q,1,C）有[qCpb]→1[qCpa][paCpb]

由（q,CCC）∈δ（q,1,C）有[qCpc]→1[qCpa][paCpb][pbCpc]

由（p,ε）∈δ（q,1,C）有[qCp]→1

由（p,ε）∈δ（p,0,B）有[pBp]→0

由（p,ε）∈δ（p,1,C）有[pCp]→1

可以对上面的CFG进行化简。

主要问题:

（1）有些同学看不懂问题:

要构造的是CFG

（2）要把五元组首先写出来

（3）我意想不到的错误

根据给定PDA,设计出相应的GNF:

A→0B|0BB|1C|1CC

B→0BB|0BBB|0|1CB|1CCB

C→0BC|0BBC|1CC|1CCC|1

（有些还在继续）则相应的CFG是:

A→0B|1C

B→0B|BB|1C|0

C→CB|1C|0BC|CC|1

（或者有些在这样继续,可能是在做补充题）构造与其等价的以终止状态接受的PDA是

M=（,,,,,,）……甚至M=（,,,,,,Φ）

补充题：

构造与11

（1）中PDA等价的以终止状态接受语言的PDAM’

（1）M=（{q,p},{0,1},{A,B,C},δ,q,A,Φ）

δ（q,0,A）={（q,B）,（q,BB）}

δ（q,1,A）={（q,C）,（q,CC）}

δ（q,0,B）={（q,BB）,（q,BBB）,（p,ε）}

δ（q,1,B）={（q,CB）,（q,CCB）}

δ（q,0,C）={（q,BC）,（q,BBC）}

δ（q,1,C）={（q,CC）,（q,CCC）,（p,ε）}

δ（p,0,B）={（p,ε）}

δ（p,1,C）={（p,ε）}

解：

（根据定理7-4证明中提供的构造方法完成）

PDAM=（{q,p},{0,1},{A,B,C},δ,q,A,Φ）

取PDAM’=（{q,p,q02，qf}，{0,1}，{A,B,C,Z02}，δ’，q02，Z02，{qf}）

δ’的定义如下，

　①M’进入M的开始状态：

δ’（q02，ε，Z02）={（q，AZ02）}

　②M2完全模拟M1的移动：

　对于∀（q,a,Z）∈{q,p}×{0,1,ε}×{A,B,C},δ’（q,a,Z）=δ（q,a,Z），即有

δ’（q,0,A）=δ（q,0,A）={（q,B）,（q,BB）}

δ’（q,1,A）=δ（q,1,A）={（q,C）,（q,CC）}

δ’（q,0,B）=δ（q,0,B）={（q,BB）,（q,BBB）,（p,ε）}

δ’（q,1,B）=δ（q,1,B）={（q,CB）,（q,CCB）}

δ’（q,0,C）=δ（q,0,C）={（q,BC）,（q,BBC）}

δ’（q,1,C）=δ（q,1,C）={（q,CC）,（q,CCC）,（p,ε）}

δ’（p,0,B）=δ（p,0,B）={（p,ε）}

δ’（p,1,C）=δ（p,1,C）={（p,ε）}

　③M的栈已空时，Z02成为栈中唯一符号，M’进入终止状态，以终态接受,有

δ’（q,ε,Z02）={（qf,ε）}和

δ’（p,ε,Z02）={（qf,ε）}

则L（M’）=L（M）

存在的问题:

（1）不写解题说明;

（2）PDAM’=（,,,,,,Φ）

6、构造PDAM,使L（M）=N（M）={1n0n|n≥1}{1n02n|n≥1}

解:

（1）首先构造PDAM1,使L（M1）=N（M1）={1n0n|n≥1},有

M1=（{q1,q1f},{0,1},{A,Z1},δ1,q1,Z1,{q1f}）

其中δ1定义为:

δ1（q1,1,Z1）={（q1,AZ1）}

δ1（q1,1,A）={（q1,AA）}

δ1（q1,0,A）={（q1,ε）}

δ1（q1,ε,Z1）={（q1f,ε）}

（2）再构造PDAM2,使L（M2）=N（M2）={1n02n|n≥1},有

M2=（{q2,q2f},{0,1},{B,Z2},δ2,q2,Z2,{q2f}）

其中δ2定义为:

δ2（q2,1,Z2）={（q2,BBZ2）}

δ2（q2,1,B）={（q2,BBB）}

δ2（q2,0,B）={（q2,ε）}

δ2（q2,ε,Z2）={（q2f,ε）}

（3）在M1和M2基础上构造PDAM,使L（M）=N（M）={1n0n|n≥1}{1n02n|n≥1}

M=（{q0,qf,q1,q1f,q2,q2f},{0,1},{A,B,Z1,Z2,Z0},δ,q0,Z0,{qf}）

其中δ定义为:

在M开始工作时,转入M1开始工作,栈底保留

δ（q,ε,Z0）={（q1,Z1Z0）}

M完全模拟M1的工作

对∀（q,a,Z）∈{q1,q1f}⨯{0,1,ε}⨯{A,Z1},δ（q,a,Z）=δ1（q,a,Z）

在M1本身的栈空且进入终止状态后,进入M2工作,栈底仍然保留

δ（q1f,ε,Z0）={（q2,Z2Z0）}

M完全模拟M2的工作

对∀（q,a,Z）∈{q2,q2f}⨯{0,1,ε}⨯{B,Z2},δ（q,a,Z）=δ2（q,a,Z）

在M2本身的栈空且进入终止状态后,进入M的终止状态且清空栈

δ（q2f,ε,Z0）={（qf,ε）}

这样,L（M）=N（M）={1n0n|n≥1}{1n02n|n≥1}

若仅构造以空栈方式接受的PDA，可用解法2（根据2006级岳光同的思路整理）

产生{1n0n|n≥1}的文法是：

S1→1S1A|1A,A→0

产生{1n02n|n≥1}的文法是：

S2→1S2BB|1BB,B→0

设计PDAM1=（{q1},{0,1},{S1A},δ1,q1,S1,{}）

δ1（q1,1,S1）={（q1,S1A）,（q1,A）}

δ1（q1,0,A）={（q1,ε）}

有：

N（M1）={1n0n|n≥1}

设计PDAM2=（{q2},{0,1},{S2,A},δ2,q2,S2,{}）

δ2（q2,1,S2）={（q2,S2BB）,（q2,BB）}

δ2（q2,0,B）={（q2,ε）}

有：

N（M2）={1n02n|n≥1}

增加一个开始状态q0，增加一个初始栈符号S，开始时使M1工作，同时在栈中置入M2的栈底符号，当M1的栈空后，进入M2工作，构造的PDAM是：

M=（{q0,q1,q2},{0,1},{S,S1,S2,A,B},δ,q0,S,{}）

δ（q0,ε,S）={（q1,S1S2）

δ（q1,1,S1）={（q1,S1A）,（q1,A）}

δ（q1,0,A）={（q1,ε）}

δ（q1,ε,S2）={（q2,S2）

δ（q2,1,S2）={（q2,S2BB）,（q2,BB）}

δ（q2,0,B）={（q2,ε）}

有N（M）={1n0n|n≥1}{1n02n|n≥1}

补充题：

构造产生（识别）语言L的CFG

　　　　L={0n1n0m12m|n,m≥1}

解:

L（G）={0n1n0m12m|n,m≥1}={0n1n|n≥1}{0n12n|n≥1}

构造G1=（{A},{0,1},{A→01|0A1},A）,L（G1）={0n1n|n≥1}

构造G2=（{B},{0,1},{B→011|0B11},A）,L（G2）={0n12n|n≥1}

在G1和G2基础上可以构造出

G=（{S,A,B},{0,1},{S→AB,A→01|0A1,B→011|0B11},S）,

L（G）=L（G1）L（G2）