Слова, які мають однаковий право-та ліво-асоціативний твір

Я почав вивчати недетерміновані автомати, використовуючи книгу Хопкрофта та Уллмана . Я застряг у проблемі, яка мені була дуже цікава:

Надайте недетермінованому кінцевому автомату, що приймає всі рядки, які мають однакове значення при оцінці зліва направо на правий наліво шляхом множення відповідно до наступної таблиці:

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

Отже, якщо у нас є рядок , добуток зліва направо дорівнює а продукт справа наліво -$abc$
$(a \times b) \times c=a \times c=c$
$a \times (b \times c)=a \times b=a$

Таким чином, не повинен бути прийнятним для автоматів. Для мене очевидно, що будь-який рядок або$abc$$aa^*$$bb^*$ або $cc^*$є прийнятним рядком (їхні праворуч і ліворуч оцінюють роботу на одних і тих же часткових рядках). Неважко дати NFA, який описує оцінку зліва направо, але проблема полягає в тому, що якщо машина намагається обчислити оцінку справа наліво, я думаю, що вона повинна знати довжину рядка (тому нескінченна пам'ять необхідна).

Тож як можна не детерміновані автомати визначити справа наліво, щоб порівняти оцінку зліва направо?

Перший трюк тут - розглянути таблицю множення як таблицю переходу автомата $A$Кожен штат представляє лист у таблиці множення, але не переживаючи про прийняття. Тож букви ліворуч і в тілі таблиці насправді стани - точніше було б їх записати як$q_a, q_b, q_c$але я не хочу. Літери вгорі є введеннями.

Потім побудуйте автомат $A_T$ ("$T$"для транспозиції) для зворотного множення шляхом транспонування$A$:

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

Тому $A(abc)$ приймає вас до штату $c$, і так само $A_T(cba)$ переходить у стан $a$ з $A_T$, як ви зазначаєте.

Однак, $A_T$припускає, що ви рухаєтеся праворуч наліво, а ми все ще хочемо йти зліва направо. Отже, другий трюк - це повернути автомат (а не множення, яке би нас просто повернуло, якби ми почали), перевернувши всі стрілки, що призводить до недетермінованого автомата$A_{TR}$ наведена таблицею переходу нижче, із підмножинами, позначеними сполученими літерами, щоб курка не дряпалася, так $ac$ є насправді $\{a,c\}$. (сподіваюся, у мене все в порядку - здається, працює).

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

Ви можете інтерпретувати це як недетермінований автомат із лише трьома рядками над рядком або детермінований варіант із усіма 8 рядками.

Нарешті, машиною для вирішення проблеми є крос-продуктовий автомат оригіналу $A$ і $A_{TR}$, це є $A \times A_{TR}$ виконувати поведінку перехрестя двох автоматів (нам це не потрібно $A_T$ більше). $A \times A_{TR}$ має стани, подібні до пар $\langle a,ac\rangle$. Функція переходу працює$A$ і $A_{TR}$незалежно. Стан єдиного запуску$\langle 1,1 \rangle$ переходить у $\langle a,a \rangle$ під введенням $a$, в $\langle b,b \rangle$ під введенням $b$тощо.

Стани, що приймають, у недетермінованій версії є $\langle a,a \rangle$ і т. д. У детермінованому варіанті приймаючими станами є пари, в яких є перший компонент $\in$ другого набору компонентів, таких як $\langle a,a \rangle$ або $\langle b,bc \rangle$.

$A \times A_{TR}$ доповнені та визначені, як показано $25=3\cdot 8+1$держави, тож пробачте мене, якщо я не випишу його докладно. Але недетермінований варіант має лише$10=3\cdot 3+1$ держав.

$(\ast)$ Якщо $L$ є звичайною мовою, значить $L^R$, мова, що складається із зворотного списку всіх слів у$L$, також регулярно. Прийміть це як вправу.

Як це допомагає нам вирішити проблему? Дозволяє$L_a,L_b,L_c$ бути мовами, що складаються з усіх рядків, які оцінюються $a,b,c$при оцінці зліва направо. Мова, яка вас цікавить, - це

Насправді, якщо ви використовуєте ідею доказування$(\ast)$, тоді, ймовірно, ви можете просто йти вперед і сконструювати автомат. Тож давайте розглянемо це. Зокрема, спробуємо побудувати NFA для$L_a^R$, мова всіх рядків, які оцінюються $a$ при оцінці справа наліво.

Ідея така. Припустимо, перша буква, яку ви бачите, - це$b$. Тоді решту рядка слід оцінити до$b$ (відтоді $bx = a$ мається на увазі $x = b$). Подібні міркування застосовуються, коли є перша літера$c$. Коли перша буква$a$однак решта може оцінити будь-яке $a$ або $b$або бути нульовим. За допомогою NFA ми можемо здогадатися (а пізніше перевірити нашу здогадку).

Цей натяк повинен дати вам достатньо задуматися і сподіватися вирішити проблему.

Симпатичний.

Спочатку побудуйте автомат, який обчислює продукт зліва направо. Легко! Покладіть перехід$\overrightarrow x \xrightarrow{\;y\;} \overrightarrow z$ коли завгодно $x \cdot y = z$. Є три держави$\{\overrightarrow a,\overrightarrow b,\overrightarrow c\}$що представляють три можливі продукти. Почніть з четвертого стану$\overrightarrow 1$ з $\overrightarrow 1 \xrightarrow{\;x\;} \overrightarrow x$ для усіх $x$. Остаточний стан є$\overrightarrow x$ якщо і лише тоді, якщо добуток введеного слова зліва направо є $x$.

Тепер давайте побудуємо автомат, який обчислює продукт справа наліво. Цей не буде детермінованим. Як ми це робимо? Просто… Щоб перейти в інший бік, просто переверніть все : стрілки та напрямок виробу.

Де ми були раніше $\overrightarrow{x} \xrightarrow{\;y\;} \overrightarrow{x \cdot y\:}$, ми зараз беремо $\overleftarrow{x \cdot y\:} \xleftarrow{\;x\;} \overleftarrow{y}$: коли ми споживаємо слово зліва направо, ми переходимо від продукту до правого фактора. Або, іншими словами,$\overleftarrow{x} \xleftarrow{\;y\;} \overleftarrow{y \cdot x\:}$.

Додайте відключений вузол $\overleftarrow 1$заради порожнього слова. Усі вузли початкові.

Тепер нам потрібно обчислити обидва шляхи разом, тому ми беремо добуток двох автоматів: $(\overrightarrow{x_1}, \overleftarrow{x_2}) \xrightarrow{\;y\;} (\overrightarrow{z_1}, \overleftarrow{z_2})$ iff $\overrightarrow{x_1} \xrightarrow{\;y\;} \overrightarrow{z_1}$ і $\overleftarrow{x_2} \xrightarrow{\;y\;} \overleftarrow{z_2}$. Нехай чотири держави$(\overrightarrow 1, \overleftarrow x)$ бути початковим, і чотири стани $(\overrightarrow x, \overleftarrow x)$бути остаточним. Цей нерозбірливий автомат розпізнає слово, якщо його продукт зліва направо, а його продукт справа наліво однаковий$x$.

Здається, що вашою основною проблемою є використання недетермінізму, тому дозвольте мені детальніше розглянути це.

Основна ідея, яку використовують інші, полягає в тому, що недетермінований апарат може здогадатися про кінцевий результат.

Розглянемо ваш невеликий приклад $abc$і ідея будівництва Жиля. Автомат "обчислює" продукт справа наліво відгадує результат на початку та перевіряє його. Отже, є три можливості:

• Вгадайте $a$: Як перший симол $a$, rl-продукт $bc$ повинно було бути $a$ або $b$.
  • Вгадайте $a$: Як другий символ $b$, мабуть, був останній символ $b$.
    • (Вгадай $b$:) Це є $c$, тому не приймайте.
  • Вгадайте $b$: Як другий символ $b$, мабуть, був останній символ $c$.
    • (Вгадай $c$:) Це справді $c$, тому ми приймаємо.
• Вгадайте $b$: Як перший симол $a$, це неможливо, тому не приймайте.
• Вгадайте $c$: Як перший симол $a$, rl-продукт $bc$ повинно було бути $c$
  • (Вгадай $c$:) Як другий символ $b$, мабуть, був останній символ $a$
    • (Вгадай $a$:) Це є $c$, тому не приймайте.

Як бачите, NFA здатна вгадувати та перевіряти всі можливі обчислення знизу вгору . Тому що прийнята мова визначається як набір рядків, який приймається принаймні одним запуском , усі неприйнятні на вході ігноруються; НФА "завжди гадає правильно".

Тепер цьому НФА легко запам'ятати свій перший вибір до кінця. Якщо він приймає, він може порівняти запам'ятовуваний символ з lr-продуктом (детерміновано), отриманим паралельно (як мовний перетин стосується NFA, безумовно, висвітлюється в Ullman / Hopcroft та будь-якому іншому базовому підручнику).