Як NFA використовує переходи епсілону?

На малюнку нижче я намагаюся зрозуміти, що саме приймає ця NFA.

Що мене бентежить - стрибок у .$\epsilon$$q_0$

• Якщо введено , чи система переходить до та (стан прийняття)?$0$$q_0$ $q_1$

• Якщо введено , чи система переміщується як на і на ?$1$$q_1$$q_2$

• Чи переходить система лише до (прийняти стан), якщо не вказано введення (порожній рядок)?$q_1$

Кожен раз, коли ви перебуваєте у стані, який має перехід , це означає, що ви автоматично перебуваєте у державах BOTH, щоб спростити це вам:$\epsilon$

Якщо рядок то ваші автомати закінчуються як у і в$\epsilon$$q_0$$q_1$

Якщо ваш рядок дорівнює "0", він буде знову в та$q_0$$q_1$

Якщо ваш рядок дорівнює "1", це буде лише в , тому що якщо ви дивитесь з точки , у вас є перехід "1" до , але ви також повинні подивитися, якщо ви перебуваєте у ( якщо ви були в ви також завжди були в ), тоді немає переходу "1", тому цей альтернативний шлях просто "вмирає".$q_2$$q_0$$q_2$$q_1$$q_0$$q_1$

Просто переглянувши ці випадки, легко зрозуміти, що ваші автомати приймають , і переходять від до , єдиний спосіб досягти - , тож це відновить ваші автомати до , ,$\epsilon$$0^*$$q_0$$q_1$$q_2$$0^*11^*1$$\epsilon$$0^*$$0^*11^*1$

Сподіваюсь, це допомогло вам, якщо у вас є якісь подальші сумніви, просто запитайте!

У стані не читаючи жодного вводу, NFA обидва залишається в і (в альтернативному всесвіті, якщо ви хочете), він також переходить у стан . Це схоже на те, що відбудеться в NFA, який мав два переходи в різні стани на вході символу. Зокрема, ваш NFA приймає порожню рядок, оскільки при жодному введенні він може зробити перехід у стан прийняття .$q_0$$q_0$$q_1$$q_1$

Продовжуючи ваш приклад, із стану бачачи вхід , він буде споживати цей символ, залишаючись у стані (цикл), а також переходити до стану , приймаючи таким чином вхід . У стані зчитування входу , NFA перейде в стан . Він також може не спожити , змінити стан в іншому Всесвіті і застрягнути там (і не прийняти, оскільки він не прочитав увесь вхід), оскільки немає переходу від на .$q_0$$0$$q_0$$q_1$$0$$q_0$$1$$q_2$$1$$q_1$$q_1$$1$

Подивіться, чи можете ви переконати себе, що мова, прийнята цією машиною, позначається регулярним виразом , тобто будь-який рядок, що складається з нуля або більше с, а потім або взагалі нічого, або два або більше с.$0^*+0^*11^*1$$0$$1$

До речі, існує алгоритм, який приймає NFA з -move і виробляє еквівалентну NFA без -moves, про яку я, напевно, ви дізнаєтесь незабаром.$\epsilon$$\epsilon$

Я спробував побудувати DFA для цього NFA

$\sum$ - набір алфавіту

$Q$ -станов

$\sigma(Q\times (\sum \cup {\epsilon} )) \to P(Q)$ функцію стану

$q_0 = q_0$

$F \subseteq Q, F = \{q_0\}$

Оскільки кожна NFA має рівну DFA, можна побудувати DFA для цієї заданої NFA.$M'$

алфавіт - те саме

$Q' = P(Q)$ - стани

Поточний стан$R \in P(Q)$

$E(R)$ - набір повернень із закриттям epsilon станів, доступних понад нуль або більше - з'єднання для кожного$\epsilon$$r \in R$

$\sigma'(R,a) = \bigcup_{r \in R} E(\sigma(r,a))$ -переходи

$q'_{0} = E(\{q_0\})$

$F' = P(Q) \div F$

Деякі обчислення на цій FSM

$1.$ $\epsilon$ на вході: початковий стан включає тому FSM приймає$q'_{0} = E(\{q0\}) = \{q_0, q_1\}$$q_1$$\epsilon$

$2.$ $0*$ на вході: тому FSM приймає$\sigma'(\{q_0, q_1\}, 0) = E(\sigma(q_0,0)) \cup E(\sigma(q_1,0)) = \{q_0, q_1\} \cup \{ \} = \{q_0, q_1\}$$0*$

принаймні$\{\epsilon, 0* \} \subset L (M')$

Завдяки Девіда Річербі