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形式语言与自动机理论试题

一、按要求完成下列填空

1.给出集合{Φ,{Φ}}和集合{ε,0,00}的幂集（2x4'）

（1）{Φ,{Φ},{{Φ}},{Φ,{Φ}}}

（2）{Φ,{ε},{0},{00},{ε,0},{ε,00},{0,00},{ε,0,00}}

2.设∑={0,1},请给出∑上的下列语言的文法（2x5'）

（1）所有包含子串01011的串

S→X01011Y

X→ε|0X|1X

Y→ε|0Y|1Y

（2）所有既没有一对连续的0，也没有一对连续的1的串

A→ε|A’|A”

A’→0|01|01A’

A”→1|10|10A”

3.构造识别下列语言的DFA2x6'

（1）{x|x?

{0，1}+且x以0开头以1结尾}

（设置陷阱状态，当第一个字符为1时，进入陷阱状态）

（2）{x|x?

{0，1}+且x的第十个字符为1}

（设置一个陷阱状态，一旦发现x的第十个字符为0，进入陷阱状态）

二、判断（正确的写T，错误的写F）5x2'

1.设R1和R2是集合{a,b,c,d,e}上的二元关系，则

（T）

任取（x.,y）,其中x,y?

{a,b,c,d,e}，使得（x,y）?

（R1?

R2）R3。

z（（x,z）?

R1?

R2?

（z,y）?

R3）z?

{a,b,c,d,e}

z（（x,z）?

R1?

（x,z）?

R2?

（z,y）?

R3）

z（（x,z）?

R1?

（z,y）?

R3）?

z（（x,z）?

R2?

（z,y）?

R3）

（x,y）?

R1R3?

（x,y）?

R2R3

（x,y）?

R1R3?

R2R3（R?

R）R?

RR?

RR1231323

2（T）2.对于任一非空集合A，Φ?

3.文法G：

A|ASa|b|c|d|e|f|g是RG（F）

4.3型语言2型语言1型语言0型语言（T）A?

5.s（rs+s）*r=rr*s（rr*s）*（F）

不成立，假设r,s分别是表示语言R，S的正则表达式，例如当R={0}，S={1},L（s（rs+s）*r）是以1开头的字符串，而L（rr*s（rr*s）*）是以0开头的字符串.L（s（rs+s）*r）?

L（rr*s（rr*s）*）所以s（rs+s）*r?

rr*s（rr*s）*,结论不成立

三、设文法G的产生式集如下，试给出句子aaabbbccc的至少两个不同的推导（12分）。

aBC|aSBC

aB?

bB→bb

CB→BC

bC→bc

cC→cc

推导一：

S=>aSBC

=>aaSBCBC

=>aaaBCBCBC

=>aaabCBCBC

=>aaabBCCBC

=>aaabbCCBC

=>aaabbCBCC

=>aaabbBCCC

=>aaabbbCCC

=>aaabbbcCC

=>aaabbbccC

=>aaabbbccc

推导二：

S=>aSBC

=>aaSBCBC

=>aaaBCBCBC

=>aaaBBCCBC

=>aaaBBCBCC

=>aaabBCBCC

=>aaabbCBCC

=>aaabbBCCC

=>aaabbbCCC

=>aaabbbcCC

=>aaabbbccC

=>aaabbbccc

四、判断语言{0n1n0n|n>=1}是否为RL，如果是，请构造出它的有穷描述（FA,RG或者RL）；如果不是，请证明你的结论（12分）

解：

设L={0n1n0n|n>=1}。

假设L是RL，则它满足泵引理。

不妨设N是泵引理所指的仅依赖于L的正整数，取Z=010显然，Z∈L。

按照泵引理所述，必存在u，v，w。

由于|uv|<=N,并且|v|>=1，所以v只可能是由0组成的非空串。

不妨设v=0，k>=1此时有u=0

uvw=0iNNNkN?

j，w=010从而有jNNN?

j（0k）i0j1N0N当i=2时，有uv2w=0N?

k1N0N又因为k>=1,

kN所以N+k>N这就是说010N不属于L，

这与泵引理矛盾。

所以，L不是RL。

五、构造等价于下图所示DFA的正则表达式。

（12分）

+（1+00）（（1+00*1）0）*00*）3

去掉q3：

去掉q1：

3YYY

去掉q2：

去掉q0：

Y01+（1+00）（（1+00*1）0）*（（1+00*1）1）（01+（1+00）（（1+00*1）0）*（（1+00*1）1））*（?

+（1+00）（（1+00*1）0）*00*）Y

六、设M=（{q0,q1,q2}，{0,1}，{0,1，B}，{δ}，q0,B,{2}）,其中δ的定义如下：

δ（0，0）=（q0，0，R）

δ（q0，1）=（q1，1，R）

δ（q1，0）=（q1，0，R）

δ（1，B）=（q2，B，R）

请根据此定义，给出M处理字符串00001000,10000的过程中ID的变化。

（10分）解：

处理输入串00001000的过程中经历的ID变化序列如下：

qqqq

0000010000q

00001000

000010q

10000q

00010000000100q

10000q

00100000001000q

10000q

01000000001000Bq200001q

10000

处理输入串10000的过程中经历的ID变化序列如下：

0100001q

10000010q

1000100q

1001000q

1010000q

110000Bq2

七、根据给定的NFA，构造与之等价的DFA。

（14分）

NFAM的状态转移函数如下表

解答：

参考题目

1、设?

{a,b,c},，构造下列语言的文法。

（1）L1?

{anbn|n?

0}。

解答：

G1?

（{S},{a,b},{S?

aSb|?

},S）。

（2）L2?

{anbm|n,m?

1}。

解答：

G2?

（{S,A,B},{a,b},{S?

A|B,A?

aA|a,B?

bB|b},S）。

（3）L3?

{anbnan|n?

1}。

解答：

G3?

（{S,A,B},{a,b},P3,S）P3:

S→aAB|aSAB

BA→AB

aB→ab

bB→bb

bA→ba

aA→aa

（4）L4?

{aba|n,m,k?

1}。

nmk

解答：

G4?

（{S,A},{a,b},{S?

ABA,A?

aA|a,B?

bB|b},S）。

（5）L5?

{awa|a?

}。

解答：

G5?

（{S,W},{a,b,c},{S?

aWa,W?

aW|bW|cW|a|b|c},S）。

（6）L6?

{xwxT|x,w?

}。

解答：

G6?

（{S,W},{a,b,c},P6,S）P6:

aWa|bWb|cWc

aW|bW|cW|a|b|c。

（7）L7?

{w|w?

w,w?

}。

解答：

G7?

{{S,W},{a,b,c},{S?

aWa|bWb|cWc|a|b|c},S}。

（8）L8?

{xxTw|x,w?

}。

解答：

G8?

（{S,W,X},{a,b,c},P8,S）P8:

aXa|bXb|cXc|a|b|cW?

aW|bW|cW|a|b|c。

2、给定RG：

G1?

（V1,T1,P1,S1），G2?

（V2,T2,P2,S2），试分别构造满足下列要求的RGG，并证明你的结论。

（1）L（G）?

L（G1）L（G2）

解：

不妨假设V1V2?

，并且S?

V1V2，令G?

V1V2，T1T2，P1其中，

P3?

S2?

T1?

且S1?

证明：

（1）设x?

，则S?

若x?

，因为?

G1?

，?

G2?

，所以?

G1?

G2?

成立若x?

，由产生式S?

S2，不妨设x?

x1x2，其中x1?

T1?

，x1?

G1?

则S2?

*x2，因为G的产生式包括P2，所以x2?

G2?

，可知x?

x1x2?

G1?

G2?

所以L?

G1?

G2?

（1）设x?

G1?

G2?

，不妨设x?

x1x2，其中x1?

T1*，S1?

*x1，x2?

T2*，S2?

*x2x1?

时，由P3中S?

S2?

T1?

且S1?

，则S?

x1S2?

x1x2所以x1x2?

，L?

G1?

G2?

x1?

时，由P3中?

S1?

*x2x2?

时，由S?

，得S?

*x2所以x2?

G1?

G2?

综上，L?

G1?

G2?

P3，S?

（2）L（G）?

L（G1）L（G2）

解：

不妨假设V1V2?

，并且S?

V1V2，令

V1V2，T1T2，P1

其中，

P3?

S1?

或S2?

证明：

（1）设x?

G1?

G2?

不妨设x?

G1?

那么可知S1?

x*P2P3，S?

由G构造方法可知，S?

*x且x?

即L?

G1?

G2?

（2）设x?

则S?

*x，由P3知，S1?

*x或S2?

*x不妨设S1?

*x则x?

G1?

，L?

G1?

同理L?

G2?

则L?

G1?

G2?

所以L?

G1?

G2?

（3）L（G）?

L（G1）?

a,b?

L（G2）,其中a，b是两个不同的终极符号解：

不妨假设V1V2?

，并且S?

V1V2，令

V1V2，T1T2，P1

其中，

P3?

aS2?

bS2其中?

T1*且S1?

证明：

（1）设x?

则S?

*x由产生式S?

aS2，不妨设x?

1a?

2则?

T1*，S2?

2则?

G1?

，?

G2?

所以x?

1a?

L（G1）?

a,b?

L（G2）同理?

1b?

L（G1）?

a,b?

L（G2）可得L（G）?

L（G1）?

a,b?

L（G2）

（2）设x?

L（G1）?

a,b?

L（G2）

不妨设x?

1a?

2其中?

L（G1），?

L（G2）即S1?

1，S2?

2由P3中产生式S?

1aS2?

1a?

所以L（G1）?

a,b?

L（G2）?

综上可得，L（G）?

L（G1）?

a,b?

L（G2）P2P3，S?

S1?

（4）L（G）?

L（G1）*

解：

P={S→α|S1→α∈P1}∪{S→ε}∪{S→αS|S1→α∈P1}

证明略。

（5）L（G）?

L（G1）?

解：

P={S→α|S1→α∈P1}∪{S→αS|S1→α∈P1}

证明略。

3、设文法G有如下产生式：

S→aB│bA

A→a│aS│bAA

B→b│bS│aBB

证明L（G）＝{ω│ω中含有相同个数的a和b，且ω非空}。

证：

观察发现A的产生式A→bAA中的bA可以用S来代替，同样B的产生式B→aBB中的

aB也可以用S代替。

这样原来的文法可以化为如下的形式：

S→aB│bA

A→a│aS│SA

B→b│bS│SB

进一步地，可以把产生式A→aS中的S代换，把文法化为如下的形式：

S→aB│bA

A→a│aaB│abA│SA

B→b│baB│bbA│SB

7．设DFAM=（Q,?

q0,F），证明：

对于?

x,y?

*,q?

Q,?

（q,xy）?

（?

（q,x）,y）注：

采用归纳证明的思路

证明：

（周期律02282067）

首先对y归纳，对任意x来说，|y|=0时，即y=?

根据DFA定义?

（q,?

）?

q,?

（q,xy）?

（q,x）?

（?

（q,x）,?

）?

（?

（q,x）,y）,故原式成立。

当|y|=n时，假设原式成立，故当|y|=n+1时，

不妨设y=wa,|w|=n,|a|=1

根据DFA定义?

（q,xa）?

（?

（q,x）,a）,a?

，故

（q,xy）?

（q,xwa）?

（?

（q,xw）,a）?

（?

（q,x）,w）,a）?

（?

（q,x）,wa）?

（?

（q,x）,y）原式成立，

同理可证，对任意的y来说，结论也是成立的。

综上所述，原式得证

*******************************************************************************

8．证明:

对于任意的DFAM1=（Q,Σ,δ,q0,F1）存在DFAM2=（Q,Σ,δ,q0,F2）,使得L（M2）=Σ*—L（M1）。

证明：

（1）构造M2。

设DFAM1=（Q,Σ,δ,q0,F1）取DFAM2=（Q,Σ,δ,q0,Q—F1）

（2）证明L（M2）=Σ*—L（M1）

对任意x?

Σ*

L（M2）=Σ*—L（M1）?

δ（q,x）?

Q—F1?

δ（q,x）?

Q并且δ（q,x）?

F1?

Σ*并且x?

L（M1）?

Σ*—L（M1）

10、构造识别下列语言的NFA

（1）{xx?

{0,1}?

且x中不含形如00的子串}

（2）{xx?

{0,1}?

且x中含形如10110的子串

}

（3）{xx?

{0,1}?

且x中不含形如10110的子串}

（4）{xx?

{0,1}?

和x的倒数第10个字符是1，且以01结尾}

（5）{xx?

{0,1}?

且x以0开头以1结尾

}

（6）{xx?

{0,1}?

且x中至少含有两个1}

0，10，1

（7）{xx?

{0,1}*且如果x以1结尾，则它的长度为偶数；如果以0结尾，则它的长度为奇数}

（8）{xx?

{0,1}?

且x的首字符和尾字符相等}

（9）{x?

xTx,?

{0,1}?

}

11.根据给定的NFA，构造与之等价的DFA.

（1）NFAM

的状态转移函数如表3-9

13．试给出一个构造方法，对于任意的NFAM1?

（Q1,?

1,q0,F1），构造NFA

M2?

（Q2,?

2,q0,F2），使得L（M2）?

L（M1）

注：

转化成相应的DFA进行处理，然后可参考第8题的思路

证明：

首先构造一个与NFAM1等价的DFA，M3根据定理3.1（P106），L（M3）?

L（M1）构造M3?

（Q3,?

3,[q0],F3）,其中

Q3?

2Q1,F3?

{[p1,p2...pm]|{p1,p2...pm}?

Q,{p1,p2...pm}?

F1?

},{p1,p2...pm}?

Q,a?

3（[q1...qn],a）?

[p1...pm]?

1（{q1...qn},a）?

{p1...pm}

在此基础上M2，Q2?

Q3,?

3,F2?

{[p1...pm]|[p1...pm]?

F3?

}即取所有M1确定化后不是终结状态的状态为M2的终结状态。

为了证明L（M2）?

L（M3），我们在M3的基础上M4?

（Q4,?

4,q0,F4），其

中Q4?

Q3,?

3,F4?

Q4，即所有M1确定化后的状态都为终结状态。

显然

L（M4）?

L（M2）,则?

（q0,x）?

F2?

（q0,x）?

F3?

L（M3）,又因为

（q0,x）?

Q3?

（q0,x）?

F4?

（q0,x）?

L（M4）?

*,故x?

L（M3），

故L（M2）?

L（M3）

同理容易证明L（M2）?

故L（M2）?

L（M3）

L（M3），又因为L（M3）?

L（M1），故L（M2）?

L（M1）

可知，构造的M2是符合要求的。

15．P12915.

（1）、

（2）

（1）根据NFAM3的状态转移函数，起始状态q0的?

闭包为?

-CLOSURE（q0）={q0,q2}。

由此对以后每输入一个字符后得到的新状态再做?

闭包，得到下表：

（陶文婧02282085）

0=0,21=0,1，22=0,1，2，332=0,1，2，3为终止状态

（2）用上述方法得

0=1,31=3，22=0,1，2，33=0,1，34=1，2，3终止状态，所以q0,q1，q2，q3,q4均为终止状态

注：

本题没有必要按照NFA到DFA转化的方法来做，而且从?

-NFA到NFA转化时状态没有必要改变，可以完全采用?

-NFA中的状态

如

（1）

16、证明对于?

的FAM1=（Q1,∑1,δ1,q01,F1），FAM1=（Q2,∑2,δ2,q02,F2），存在FAM，

使得L（M）=L（M1）∪L（M2）证明：

不妨设Q1与Q2的交集为空

（1）构造M=（Q1∪Q2∪{q0},∑,δ,q0,F）其中：

1）∑=∑1∪∑2F=F1∪F2

2）δ（q0,ε）={q01,q02}对于?

q∈Q1,a∈∑1δ（q,a）=δ1（q,a）对于?

q∈Q2,a∈∑2,δ（q,a）=δ2（q,a）

（1）证明：

1）首先证L（M1）∪L（M2）∈L（M）

设x∈L（M1）∪L（M2），从而有x∈L（M1）或者x∈L（M2），当x∈L（M1）时δ1（q01,x）∈F1

由M的定义可得：

δ（q0,x）=δ（q0,εx）=δ（δ（q0,ε）,x）=δ（{q01,q02},x）=δ（q01,x）∪δ（q02,x）=δ1（q01,x）∪δ（q01,x）∈F1∪δ（q01,x）即x∈L（M）

同理可证当x∈L（M2）时x∈L（M）

故L（M1）∪L（M2）∈L（M）

2）再证明L（M）∈L（M1）∪L（M2）

设x∈L（M）则δ（q0,x）∈F

由M的定义：

δ（q0,x）=δ（q0,εx）=δ（δ（q0,ε）,x）=δ（{q01,q02},x）=δ（q01,x）∪δ（q02,x）如果是δ（q01,x）因为Q1与Q2的交集为空而且δ（q0,x）∈FF=F1∪F2则δ（q01,x）=δ1（q01,x）∈F1因此x∈L（M1）

如果是δ（q02,x）因为Q1与Q2的交集为空而且δ（q0,x）∈FF=F1∪F2则δ（q02,x）=δ2（q02,x）∈F1因此x∈L（M2）

因此x∈L（M1）∪L（M2）L（M）∈L（M1）∪L（M2）得证

因此L（M）=L（M1）∪L（M2）

17证明：

对于任意的FAM1?

（Q1,?

1,?

1,q01,F1）,FAM2?

（Q2,?

2,?

2,q02,F2）,

存在FAM,使得L（M）?

L（M1）L（M2）.

证明：

令?

（Q1Q2,?

其中δ的定义为：

q01,{f2}）

1）对?

q∈Q1-{f1}，a∈∑∪{ε}

δ（q，a）=δ1（q，a）；

2）对?

q∈Q2-{f2}，a∈∑∪{ε}

δ（q，a）=δ2（q，a）；

3）δ（f1，ε）={q02}

要证L（）?

L（M1）L（M2），M

只需证明L（M1）L（M2）?

L（M），（M1）L（M2）L（M）L?

1.证明L（M1）L（M2）?

L（M）

设x?

L（M1）L（M2）,从而有x1?

L（M1）并且x2?

L（M2）,x?

x1x2使得

M1在处理x1的过程中,经过的状态全部都是Q1中的状态,所以在定义

M时,对?

Q1,a?

（q,x）?

1（q,a）

故?

（q01,x1）?

1（q01,x2）?

{f1}M2在处理x2的过程中,经过的状态全部都是Q2中的状态,所以在定义M时,对?

Q1,a?

（q,x）?

2（q,a）

（q02,x）?

2（q01,x）?

{f2}

下面证明x?

L（M）

（q01,x）?

（q01,x1x2）?

（?

（q01,x1）,x2）?

（?

1（q01,x1）,x2）?

（f1,x2）?

（f1,?

x2）

2）再证明

（?

（f1,?

）,x2）?

（q02,x2）?

2（q02,x2）?

{f2}即得证x?

L（M）L（M）?

L（M1）L（M2）设x?

L（M）,即?

（q01,x）?

{f2}M是从q01启动的,由M的定义可知,M要达到状态f2,必须先到f1.由于除了对应状态转移函数式?

（f1,?

）?

{q02}的移动外,不存在从f1出发的任何其他移动,而且该移动是f2的必经移动,所以,比存在x的前缀x1和后缀x2,使得x?

x1x2,并且x1将M从状态q01引导到状态f1,x2将M从状态q02引导到状态f2.即?

（q01,x）?

（q01,x1x2）?

（f1,x2）?

（f1,?

x2）?

（q02,x2）?

{f2}其中,?

（q01,x1）?

{f1},说明?

1（q01,x1）?

{f1};?

（q02,x2）?

{f2},说明?

2（q02,x2）?

{f2}由于

这表明

x1?

L（M1）x2?

L（M2）

从而x?

x1x2?

L（M1）L（M2）故

L（M）?

L（M1）L（M2）L（M）?

L（M1）L（M2

*******************************************************************************（吴丹02282090）

综上所述,

18.证明：

对于任意的FAM1＝?

Q1，?

1，?

1，q01，F1?

，FAM2＝?

Q2，?

2，?

2，q02，F2?

存在FAM，使得L?

＝L?

M1?

M2?

。

证明：

不妨将这些FA看成DFA

取M＝?

Q1?

Q2，?

2，?

，?

q01，q02?

，F?

对于?

2，?

q,p?

Q,?

q,p?

，a?

＝?

q，a?

，?

p，a?

设：

则?

x1x2......xk其中xi?

1,k?

2使得?

q,p?

，xi?

q，xi?

p，xi?

xi?

M1?

M2?

M1?

M2?

从而可得L?

M1?

M2?

设：

M1?

M2?

则?

x1x2......xk其中xi?

1,k?

1有?

q，xi?

且?

p，xi?

从而使得

q，xi?

＝?

q,p?

，xi?

；?

p，xi?

＝?

q,p?

，xi?

xi?

从而可得L?

M1?

M2?

综合

（1）

（2）可得L?

＝L?

M1?

M2?

。

又因为FA和DFA具有等价性，所以原命题得证。

23.FAM的移动函数定义如下:

δ（q0,3）={q0

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