Дводержавна машина Тьюрінга для відповідності парентезу

У коледжі ми вивчали теорію обчислення взагалі та машини Тьюрінга. Один з чудових теоретичних результатів полягає в тому, що ціною потенційно великого алфавіту (символів) можна зменшити кількість станів до лише 2.

Я шукав приклади різних машин Тюрінга, і загальним прикладом є матч / шашка "Парентез". По суті, він перевіряє, чи рядок дужок, наприклад (()()()))()()(), врівноважений (попередній приклад повертав би 0 для незбалансованого).

Спробуйте, як я можу, я можу зробити так, щоб це було три державні машини. Я хотів би знати, чи хтось може звести це до теоретичного мінімуму 2 та яким був їхній підхід / стан / символи!

Просто для уточнення, дужки "просочені" між порожньою стрічкою, тому в наведеному вище прикладі - - - - - - - (()()()))()()() - - - - - - -буде введенням на стрічку. Алфавіт включатиме в себе (, ), 1, 0, -, і *halt*держава не вважається , як стан.

Для довідки, у мене є такий підхід трьох держав: Опис станів:

 State s1: Looks for Closing parenthesis

 State s2: Looks for Open parenthesis

 State s3: Checks the tape to ensure everything is matched

 Symbols: ),(,X

Переходи перераховані як:

Action: State Symbol NewState WriteSymbol Motion

// Termination behavior
Action: s2 - *halt* 0  -
Action: s1 -  s3    -  r

//Transitions of TM
Action: s1 (  s1  (   l
Action: s1 )  s2  X  r
Action: s1 X  s1  X  l
Action: s2 ( s1 X  l
Action: s2 X  s2 X r
Action: s3 (  *halt* 0 -
Action: s3 X  s3     X r
Action: s3 -  *halt* 1 -

Пробачте неформальний спосіб записати все це. Я все ще вивчаю теоретичні конструкції, що стоять за цим.

Просто збірник "вихідного коду" відповіді Рафаеля: це робоча версія, яка використовує той самий трюк (у стані q1) і має алфавіт стрічки:
_ ( ) [ { / \ (де$\_$ початковий порожній символ)

q0:  _ -> accept  // accept on empty string and on balanced parenthesis
     ( -> {,R,q1  // mark the first open "(" with "{" and goto q1
     ) -> reject  // reject if found unbalanced ")"
     \ -> /,L,q0  // go left
     / -> \,R,q0  // go right

q1:  ( -> [,R,q1  // replace "(" with "[" and continue ...
     ) -> /,L,q1  // ... until first ")", replace it with "/" and goto left
     [ -> \,R,q1  // found matching "(" bracket, goto right and search for another ")"
     _ -> reject  // no ")" found for the first "{", reject
     { -> \,R,q0  // this must be the last match, goto q0 and check if it is true
     \ -> /,L,q1  // go left
     / -> \,R,q1  // go right

Ви можете побачити це на роботі, використовуючи онлайн-симулятор машини Тьюрінга ; вихідний код:

0 _ Y r halt
0 ( { r 1
0 ) N r halt
0 \ / l 0
0 / \ r 0
1 ( [ r 1
1 ) / l 1
1 [ \ r 1
1 _ N r halt
1 { \ r 0
1 \ / l 1
1 / \ r 1

Остаточне зауваження: якщо ви хочете побачити, як цю техніку можна підштовхнути до меж, прочитайте (і спробуйте зрозуміти :-) побудова універсальної машини Тьюрінга з двома станами та 18 символами Ю. Рогожина у "Малому універсальному Тьюрінгу машини "

Тупа відповідь: ваш результат обіцяє наявність універсальної машини Тьюрінга з двома станами. Побудуйте будь-яку ТМ для мови Dyck, обчисліть її індекс і жорсткий код у універсальній машині.

Але це, звичайно, не дуже задовольняє. Ваш підхід насправді працює, якщо ви "обмацуєте" різницю між рухом ліворуч і рухом праворуч, при одночасному поєднанні пар дужок у розширення алфавіту. Нам потрібно$\{\#,(,),x\}$ і позначені версії $\hat{a}$ всіх символів $a$.

• Початковий стан $q_0$ працює так.

  Знайшовши немарковані символи, рухайтеся праворуч до першого $)$знаходиться. При цьому перезаписуйте всі символи$a$ з $\hat{a}$. Перепишіть знайдене$)$ з $\hat{x}$.
  Якщо немає$)$, тобто ми потрапляємо на символ розриву $\#$, перезапишіть його $\hat{x}$ і перейти на $q_1$.

  Знайшовши позначені символи, рухайтеся ліворуч до першого $\hat{(}$знайдено, перезаписуючи всі передані (позначені) символи з їх немаркованими варіантами. Перепишіть знайдене$\hat{(}$ з $x$.
  Якщо ми знайдемо a$\hat{)}$ або $\#$ по-перше, цикл / відхилення¹.

• В $q_1$, ми перевіряємо, чи все було узгоджено; ще можуть бути префікси форми$\hat{(}^+$на стрічку. Тобто рухайтеся ліворуч до тих пір, поки ми будемо вживатися$\hat{x}$. Якщо ми таким чином знайдемо$\#$, приймати; якщо ми знайдемо будь-який інший символ, але $\hat{x}$ по-перше, петлю / відхилити.

1. Це правильно, оскільки машина збігається зсередини; з юридичного вкладу є лише$x$ між парою круглих дужок, які зараз збігаються.