1、第一章 习题,1给定文法G=(S,B,C,D,E,0,1,P,S)，其中P： SABC，AB0AD，AB1AE，AB，D00D，D11D，E00E， E11E， C， DCB0C，ECB1C，0BB0，1BB1 试写出句子01100110的派生过程。 解：SABC0ADC0AB0C01AE0C01A0EC 01A0B1C01AB01C011AE01C011A0E1C 011A01EC011A01B1C011A0B11C011AB011C 0110AD011C0110A0D11C0110A01D1C 0110A011DC0110A011B0C0110A01B10C 0110A0B110C0110
2、AB0110C01100110C01100110,2设计下列各文法G，使得它们分别是： （1）G是个上下文无关文法，且L(G)=aibj ck i,j,k1。 （2）G是个正规文法，且L(G)=aibj ck i,j,k1。 （3）G是个上下文无关文法，且L(G)= wwRw0,1+ 。其中wR是w的逆转，例 如w=001, 则wR=100. 解：设计一个文法G要验证：凡是符合要求的句子G都能产生出来；G产生出来的所有句子都是符合要求的。 (1) G=(S,A,B,C,a,b,c,P,S)P: SABC , AaA|a, BbB|b,CcC|c,(2) G=(S,A,B,C,a,b,c,P,S
3、)P: SaA , AaA| bB, BbB|cC, CcC| (3) G=(S,0,1,P,S)P: S0S0|1S1|00|11,第二章 习题,1设计一个有限自动机(FA) M，使得T(M)中的每个句 子w同时满足下面三个条件：1) wa,b,*；2) |w|是3的整数倍；3) w以a开头，以b结尾。 解：,2设计二个FA M1和M2，分别满足T(M1)=02ii是自然数 T(M2)=02i+1i=0,1,2,3,4, 解： M1 ：,3. 给定NFA M1 =(p,q,r,s,0,1,p,s)，如下表所示。 构造一个DFA M2，使得T(M1)=T(M2) 。 解：令 M2=(K, ,
4、q0,F), 其中K2K，K中的元素是由K的子集 q1,q2,qi构成，但是要把子集 q1,q2,qi作为的一个状态看待， 因此把此子集写成q1,q2,qi。q0=q0 , F=q1,q2,qi|q1,q2,qiK且q1,q2,qiF ：KK，对q1,q2,qiK, a，有(q1,q2,qi,a)=p1,p2,pj 当且仅当 (q1,q2,qi,a)=p1,p2,pj,q0=p , K和F以后确定。 ：,p,0,1,p,q,p,p,q,p,q,r,p,r,p,r,p,q,s,p,p,q,r,p,q,r,s,p,r,p,q,s,p,q,r,s,p,r,s,p,r,s,p,q,s,p,s,p,s,
5、p,q,s,p,s,p,q,r,s,p,q,r,s,p,r,s,K=p,p,q,p,r,p,s,p,q,r,p,q,s,p,r,s,p,q,r,s F = p,s,p,q,s,p,r,s,p,q,r,s,0,1,0,0,0,0,0,0,1,0,1,1,1,1,1,1,4.将下面的-NFA M等价变换成NFA M。, ：对任何qK,任何a, (q,a)= (q,a) 。,解：M=(K, , ,q0 ,F)，q0是M的开始状态，其中,公式(1)：对于qK, , (q,)=-CLOSURE(q),公式(2)： 对于qK, w*, a,(q,wa)=-CLOSURE( (q,w),a),因为fCLOS
6、URE(a)=a,b, 所以F=F=f ：qK,任何a,(q,a)= (q,a) 。,在计算 (q,a)时，要将a理解成a路径！,例如(a,0)= (a,0)=c,e,d,b 。,:,0,1,abcdef,c,e,d,b,d,b,d,b,f,f,d,b,f,d,b,f,f,d,b,5化简正规表达式 a(+aa)*(+a)b+b+(ab*+b)*。 解：上式a(aa)*(+a)b+b 其中(aa)*(+a)代表集合： ,aa,aaaa,aaaaaa,a = ,aa,aaaa,aaaaaa,a,aaa,aaaaa, =,a,aa,aaa,aaaa,aaaaa,aaaaaa,=a* 于是上式aa*b
7、+b=a+ b+b= (a+)b= a*b,6构造一个FA M，使得T(M)的正规表达式为 01+(0+1)*1)*。 解：1.分解表达式，找出基本单元：0,1,01,1。设计接收 这些基本单元的自动机如下：,2.组装： （按照优先权从高到低） 01+(0+1)*1)*,1,0,1,0,1,7给定FA M如下图所示，求它所接收的语言T(M)的正 规表达式。 解：,8.将下面有限自动机简化(要求有简化过程)。 解：一.定义K上等价关系 给定DFA M=(K,q0,F)，p,qK, pq 对 x*, 有 (p,x)F(q,x)F 如果pq 也称p与q是不可区分的。 二.商集K/ 三的逆关系 pq
8、x(x*(p,x)F(q,x)F) x(x* (p,x)F(q,x)F)(p,x)F(q,x)F)x(x*，使得(p,x)与(q,x)恰有一个在F中 )如果pq, 称p与q是可区分的。判断pq是比较容易的。,4判断可区分状态对的算法 引理2-1 设M=(K,q0,F)是DFA，则状态对(p,q)是可区分 的(即pq)，当且仅当在下面算法中(p,q)格写上。 begin 1for pF,qK-F, do 给(p,q)格写； 2for FF或(K-F)(K-F)中每个状态对(p,q) (pq)，do 3if a，使得格(p,a),(q,a)内已经写上，thenbegin 4 给(p,q)格写； 5
9、 如果刚刚写上的格内有先前写入的状态对，此状态对的格同时也写入。反复执行5, 直到写入的格内没有先前写入的状态对为止；endelse /* 格(p,a),(q,a)内无 */ 6for 每个a, do 7把(p,q)写入格(p,a),(q,a)内，除非(p,a)=(q,a)。 end,执行此算法的结果用一个表表示，实际上，执行此算 法的过程就是向这个表内写入“”的过程。, ,(b,d), ,(a,b):,be,?,(a,c):,ba,(a,d):,bf,(b,c):,(b,d):,(c,d):,(e,f):,ea,ef,fe,af,dd,fe,得：bd, ef , aa ,cc,于是 K/a,
10、b,d,c,e,f， 五构造简化的有限自动机 定理2-5.1 给定DFA M(K,q0,F)，可根据引理2-1中 的算法构造出除去不可达状态的具有更少状态的DFA M， 使得T(M)=T(M)。 证明：先对M用引理2-1中的算法求出K/。再构造M： M=(K,q0, F)，其中K=q| qK/且在M中q是从q0 可达的状态F=q| qF：对任何qK，任何a, (q,a)=(q,a),K/a,b,d,c,e,f=a,b,c,e，(b=b,d,e=e,f) K= a,b,c,e F=e M=(K,a, F) =(a,b,c,e,0,1,a,e) (q,a)=(q,a),:,0 1,abce,b,c
11、,b,e,a,a,e,e,9给定DFA M如图所示。求一个左线性文法G，使得 L(G)=T(M)。 解：有两种方法。 方法1 1.先将M逆转成M：,2.根据M构造右线性文法G：,SA|C| A0B B0A|0C|1C|0 C1A|1B|1,3.将G逆转成左线性文法G:,SA|C| AB0 BA0|C0|C1|0 CA1|B1|1,P=qap|(q,a)=pqa|(q,a)F。,方法2 1.先根据M构造右线性文法G：A0B|1C|1 (其中A是开始变元)B0A|1C|0|1C0B|1B 2.再将G直接变成左线性文法G: 根据定理： (1) S, 当且仅当 SP；(2) Ai, 当且仅当 SAiP
12、；(3) AiAj, 当且仅当 AjAiP；(4) SAj, 当且仅当 AjP。 (1)由A1 得: A1 (2) 由A0B 得: B0 由A1C 得: C1 (3)由B0A 得:A B0 由B1C 得: CB1由C0B 得:BC0 由C1B 得: BC1 (4)由 B0 得: AB0 由B1 得: AB1,方法2 1.先根据M构造右线性文法G：A0B|1C|1 |(其中A是开始变元)B0A|1C|0|1C0B|1B 因开始变元A出现在产生式右侧，故引入新的开始变元S，SA (其中S是开始变元)A0B|1C|1|B0A|1C|0|1C0B|1B,2.再将G直接变成左线性文法G: 根据定理： (
13、1) S, 当且仅当 SP；(2) Ai, 当且仅当 SAiP；(3) AiAj, 当且仅当 AjAiP；(4) SAj, 当且仅当 AjP。 (2) SA 得: A (3) 由A0B 得: BA0 由A1C 得: CA1由B0A 得:A B0 由B1C 得: CB1由C0B 得:BC0 由C1B 得: BC1 (4)由A1 得: SA1 由A 得: SA 由 B0 得: SB0 由B1 得: SB1,整理得左线性文法G:SA1|B0 |B1|AA B0| BA0| C0 | C1CA1|B1表面上看与方法1得结果略有些不同SA|C| AB0BA0|C0|C1|0CA1|B1|1,10首先构造
14、一个右线性文法G，使得 L(G)=ai bj|i,j0ck|k0 再构造一个有限自动机M，使得T(M)=L(G)。 解：令G=(S,A,B,C,a,b,c,P,S)P: SA|C| AaA|B| BbB| b| CcC| c| 令M(S,A,B,C,a,b,c,S,E),c,A,a,b,11给定右线性文法G=(S,B,C,D,0,1, P, S)，其中P：SBC， B0B1B011 , 试求一个FA M，使得 T(M)=L(G)。C0D1C, D0C1D 解：此题与第10题类似。要将G变成简单右线性文法，唯一要处理的产生式是B011，将它变成：B0F, F1G, G 1,12. 证明Lai|i
15、是个素数不是正规集。 证明: (1) 假设L是正规集。 (2)令n是L满足正规集泵作用引理常数。 (3)取zam，mn 且m是个素数。|z|=mn, 根据正规集 的泵作用引理，可将z写成 z=uvw 形式，其中|uv|n, |v|1, 且对任何i0 有 uviwL。 (4)令u=an1, v=an2, w=an3, 于是|uv|=n1+n2n, |v|=n21, n1+n2+n3=m , z=uvw=an1+n2+n3 = a m, uviw=an1+in2+n3 =a(n1 +n2+n3)+(i-1)n2 =am+(i-1)n2 取i=m+1,则uvm+1w=am+(m+1-1)n2 =am
16、+mn2 =am(1+n2) 由于n21，所以1+ n2 2, 而m2, 所以m(1+n2)不是素 数，故 uvm+1wL，产生矛盾。所以L不是正规集。,第三章 习题,1给定CFG G=(S,A,B,C,a,b,c,P,S)，其中，P：SA|B, AAb|bS|C|b, BAB|Ba, CASb, 去掉G中的无用符号和单一生成式。 解：定义：给定CFG G=(,S)，如果在G中存 在派生S *X*w，其中w*，X， 则称符号X是有用的，否则X是无用的。利用两个引理，去掉无用符号。注意：一定是先应用引理3-2.1, 后应用引理3-3.2 !,引理3-2.1 给定CFG G=(,S)，且L(G)，
17、可 以找到一个与G等价的CFG G=(,S)，使得 每个A，都有w*，且在G中有A*w。 证明：1）求的算法： begin OLD:= NEW:=A|AwP 且w* While OLDNEW dobegin OLD:=NEW NEW:= OLDA|AP,且(OLD)*end :=NEW, end,引理3-2.2 给定CFG G =(,S)， 可以找到一个 与G等价的CFG G， G=(,S)，使得每 个X()，都有,()*，且在 G中有派生S*X。 证明：1执行下面迭代算法求和。1）置初值：:=S，:=;2）如果A ，在P中又有产生式A1|2|m ， 则可以将1,2,m中的所有变元加到中，将
18、1,2 , , m中的所有终极符加到中中。重复2)。3）若没有新的符号可加入到 、中，算法停 止。最后得到 、 。,P：SA|B, AAb|bS|C|b, BAB|Ba, CASb, 对G应用引理3-2.1，执行上述算法，得到的结果如下表所 示。,循环次数i 初值 1 2 3,OLD,NEW,A,C,S,A,C,A,C,A,C,S,A,C,S,最后得GCFG G=(S,A,C,a,b,c,P,S), 其中 P：SA, AAb|bS|C|b, CAS|b 实际上，只去掉了不能推出终极符串的变元B。再对G应用引理3-2.2：,P：SA, AAb|bS|C|b, CAS|b 再对G用引理3-2.2处
19、理，执行算法的结果如下表所示：,最后得G=(S,A,C,b,P,S)P: SA, AAb|bS|C|b, CAS|b 实际上只去掉了无用符号a和c。,下面对G去掉单一产生式: 对任何A,B，如果有A*B，且B1|2|n 是 P中B的所有非单一产生式，则把所有A1|2|n 加到P 中。P: SA, AAb|bS|C|b, CAS|b 下面去掉单一产生式SA, AC, 得P：SAb|bS|C|b , AAb|bS|AS|b, CAS|b 再去掉SC, 得SAb|bS|AS|b , AAb|bS|AS|b, CAS|b 但是，可以看出C是无用符号，所以CAS|b也被去掉。 最后得：G=(S,A,b,
20、P,S)P: SAb|bS|AS|b , AAb|bS|AS|b,2给定CFG G=(S,A,B,C,a,b,P,S)，其中，P：SABC, ABB|, BCC|a, CAA|b, 去掉G中的生成式。 解：首先求出可为零的变元，即可以推出的变元。 显然有A、C、B和S。如果AX1X2XnP，则将所有形如A12n的 产生式都加到P中，其中 如果Xi不是可为零的，则iXi 。 如果Xi是可为零的，则iXi或者i。但是， 如果所有Xi(i=1,2,n)都是可为零的，则不可所有i。 于是最后得：SABC|BC|AC|AB|C|B|A, ABB|B, BCC|C|a, CAA|A|b,3给定CFG G=
21、(S,A ,0,1, P, S )，其中，P：SAA0, ASS1, 将G写成GNF形式。 解：此时G已经具备CNF形式。(ABC, Da) (1)变元重新命名：令A1=S, A2=A,P: A1A2A2 |0 , A2A1A1|1, (2)处理A2 A1A1|1, 变成： A2A2A2A1|0A1|1 , (3)处理左递归A2A2A2A1|0A1|1 , 变成：A20A1|1| 0A1Z2 |1Z2, Z2 A2A1| A2A1 Z2, (4)处理A1A2A2 |0 ，得A1 0A1A2|1A2| 0A1Z2A2 |1Z2A2 | 0 (5)处理Z2 A2A1| A2A1 Z2, 分别得：Z
22、2 0A1A1 |1A1 | 0A1Z2A1 | 1Z2A1 Z2 0A1A1Z2 |1A1Z2 | 0A1Z2A1Z2 | 1Z2A1Z2,最后得G=(A1,A2,Z2,0,1,P,A1) P: A1 0A1A2|1A2| 0A1Z2A2 |1Z2A2 | 0 A20A1|1| 0A1Z2 |1Z2,Z2 0A1A1 |1A1 | 0A1Z2A1 | 1Z2A1 Z2 0A1A1Z2 |1A1Z2 | 0A1Z2A1Z2 | 1Z2A1Z2,4构造一个PDA M，使得 T(M)= w| wa,b* w 中a,b的个数相等。 解：设计思想：有两个状态q1和q2 ：q1是开始状态， q2 是终止
23、状态。栈内符号：A，B，R (R是开始时栈内符号)。开始时：读a，向栈压入A；读b，向栈压入B。之后：当读a时：如果栈顶是A，再向栈压入一个A；如果栈顶是B，则B退栈。当读b时：如果栈顶是B，再向栈压入一个B；如果栈顶是A，则A退栈。 如果w中a,b的个数相等，则M读完w后，栈顶应该是R， 此时M进入终止状态q2 。,令M=(q1,q2,a,b,A,B,R, q1,R,q2)(q1,a,R)=(q1,AR) (q1,b,R)=(q1,BR) (q1,a,A)=(q1,AA) (q1,a,B)=(q1, ) (q1,b,A)=(q1, ) (q1,b,B)=(q1,BB) (q1, ,R)=(q
24、2, ) 如w=bbabaa 时，M识别w的过程： 表示ID间的变化。 (q1,bbabaa,R)(q1,babaa,BR)(q1, abaa,BBR) (q1, baa,BR) (q1,aa,BBR) (q1,a,BR) (q1,R) (q2,) 再如wabbab，看看M是如何拒绝接收的。 (q1,abbab,R)(q1, bbab,AR)(q1, baa, R)(q1, aa,BR) (q1,a,R) (q1,AR) 无下一个动作，wT(M),5给定CFG G=（S,A,B,a,b,c,P,S），其中P为：SaAB | aA AbSa | Ab | Bc | b， 求一个PDA M，使得T
25、(M)=L(G)。 解:(1)先简化G，因为G中无产生式和单一产生式，所 以只去掉无用符号：对G应用引理3-2.1，执行上述算法， 得到的结果如下表所示：得G=(S,A,a,b,c,P,S)P：SaA AbSa | Ab | b，,循环次数i 初值 1 2 3,OLD,NEW,A, S,A,A,A,S,A, S,P：SaA AbSa | Ab | b， 再对G应用引理3-2.2处理，执行算法的结果如下表所示：得G=(S,A,a,b,P,S)P: SaA AbSa | Ab | b， (2)将G变成GNF形式先变成： SaA, AbSD | Ab | b , D a ，处理左递归AAb | bS
26、D | b , 变成：AbSD | b | bSDZ|bZ, Zb |bZ 最后得： SaA，AbSD|b|bSDZ|bZ, Zb|bZ，D a,SaA，AbSD| b| bSDZ| bZ, Zb | bz， D a ， (3)根据上述文法，构造PDAM使得N(M)=L(G)M=(q,a,b,S,A,D,Z,q,S,) :由SaA得： (q,a,S)=(q,A)由AbSD| b| bSDZ| bZ得：(q,b,A)=(q,SD),(q,),(q,SDZ),(q,Z)由Zb|bz得：(q,b,Z)=(q,),(q,Z)由D a 得： (q,a,D)=(q,) (4)根据M变成M,使得T(M)=N
27、(M).M=(q0,q,q1,a,b,S,A,D,Z,E,q0,E,q1): (q0,E)=(q,SE)(q,a,S)=(q,A)(q,b,A)=(q,SD),(q,),(q,SDZ),(q,Z)(q,b,Z)=(q,),(q,Z)(q,a,D)=(q,)(q,E)= (q1,),6给定PDA M=(q0,q1,0,1,Z0 ,X , q0,)，其中 如下：(q0,1, Z0)=(q0, XZ0) (q0,1,X)=(q0, XX) (q0,0, X)=(q1, X) (q0, Z0)=(q0,) (q1,1, X)=( q1,) (q1,0, Z0)=(q0, Z0) 求一个CFG G 使得
28、L(G)=N(M). 解：令M=(K,q0,Z0,)，N(M)=L。 构造一个CFG G =(,S)，其中q,A,p|q,pK,AS =0,1 S,q0,Z0,q0,q0,Z0,q1,q1,Z0,q0,q1,Z0,q1,q0,X,q0,q0,X,q1, q1,X,q0, q1,X,q1P中产生式有三种类型：,1对任何qK,有 Sq0,Z0,q。1）Sq0,Z0,q0 2）Sq0,Z0,q1 2对K中任何q,q1,q2,qm,qm+1=p，任何a， 任何A,B1,B2,Bm，只要(q,a,A)中含有(q1,B1B2Bm)，则有产生式q,A,paq1,B1,q2q2,B2,q3qm,Bm,p。,由
29、 (q0,1, Z0)=(q0, XZ0) 3）q0,Z0,q01q0,X,q0q0,Z0,q0 4）q0,Z0,q01q0,X,q1q1,Z0,q0 5）q0,Z0,q11q0,X,q0q0,Z0,q1 6）q0,Z0,q11q0,X,q1q1,Z0,q1,由(q0,1,X)=(q0,XX)得7）q0,X,q01q0,X,q0q0,X,q08）q0,X,q01q0,X,q1q1,X,q09）q0,X,q11q0,X,q0q0,X,q110）q0,X,q11q0,X,q1q1,X,q1 由(q0,0,X)=(q1,X)得11）q0,X,q00q1,X,q012）q0,X,q10 q1,X,q1
30、 由(q1,0,Z0)=(q0, Z0)得13）q1,Z0,q00q0,Z0,q014）q1,Z0,q10 q0,Z0,q1,3对任何q,pK，任何a,任何A， 如果有(q,a,A)中含有(p,)，则有产生式 q,A,pa 。由 (q0,Z0)=(q0,)得15）q0,Z0,q0由 (q1,1,X)=(q1,)得16）q1,X,q11 下面对这些产生式进行整理。,1）Sq0,Z0,q0 2）Sq0,Z0,q1 3）q0,Z0,q01q0,X,q0q0,Z0,q0 4）q0,Z0,q01q0,X,q1q1,Z0,q05）q0,Z0,q11q0,X,q0q0,Z0,q16）q0,Z0,q11q0,
31、X,q1q1,Z0,q17）q0,X,q01q0,X,q0q0,X,q08）q0,X,q01q0,X,q1q1,X,q09）q0,X,q11q0,X,q0q0,X,q110）q0,X,q11q0,X,q1q1,X,q111）q0,X,q00q1,X,q012）q0,X,q10 q1,X,q113）q1,Z0,q00q0,Z0,q014）q1,Z0,q10 q0,Z0,q115）q0,Z0,q016）q1,X,q11,无产生式,无产生式,死循环,无产生式,无产生式,无产生式,将14)代入后，死循环,去掉6)后,无产生式,去掉5)6)后,无产生式,最后得：1） Sq0,Z0,q04）q0,Z0,q
32、01q0,X,q1q1,Z0,q0 10）q0,X,q11q0,X,q1q1,X,q1 12）q0,X,q10 q1,X,q1 13）q1,Z0,q00q0,Z0,q0 15）q0,Z0,q0 16）q1,X,q11,7求证下面语言L不是CFL，L=a k| k是个素数。 证明：(1) 假设L是CFL。 (2)令n是L满足CFL泵作用引理常数。 (3)取zam，mn 且m是个素数。|z|=mn, 根据CFL 的泵作用引理，可将z写成 z=uvwxy 形式，其中|vwx|n, |vx|1, 且对任何i0 有 uviwxiyL。 (4)令u=an1, v=an2, w=an3, x=an4, y=
33、an5,于是|vx|=n2+n41, n1+n2+n3 +n4 + n5 =m , z=uvwxy=an1+n2+n3+n4+n5 = a m, uviwxiy=an1+in2+n3+in4+n5 =am+(i-1)n2+(i-1)n4= am+(i-1)(n2+n4) 取i=m+1,则uvm+1wxm+1y=am+(m+1-1)(n2 +n4)=am+m(n2+n4) =am(1+n2+n4) 由于n2 +n4 1，故1+ n2 +n4 2, 而m2, 所以m(1+n2 +n4 )不是素 数，故 uvm+1wxm+1y L，产生矛盾。所以L不是CFL。,谢 谢！,放映结束 感谢各位观看！,让我们共同进步,
