Parole che hanno lo stesso prodotto associativo destro e sinistro

Ho iniziato a studiare automi non deterministici usando il libro di Hopcroft e Ullman . Sono bloccato in un problema che ho trovato molto interessante:

Fornire un automa finito non deterministico accettando tutte le stringhe che hanno lo stesso valore quando valutate da sinistra a destra come da destra a sinistra moltiplicando secondo la seguente tabella:

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

Quindi se abbiamo la stringa , il prodotto da sinistra a destra è ( a × b ) × c = a × c = c e il prodotto da destra a sinistra è a × ( b × c ) = a × b = $abc$
$(a \times b) \times c=a \times c=c$
$a \times (b \times c)=a \times b=a$

Quindi non dovrebbe essere accettabile per gli automi. Per me è ovvio che qualsiasi stringa a a ∗ o b b ∗ o c c ∗ è una stringa accettabile (la loro valutazione destra e sinistra funzionano sulle stesse stringhe parziali). È facile fornire un NFA che descriva la valutazione da sinistra a destra, ma il problema è che se la macchina prova a calcolare la valutazione da destra a sinistra, penso che debba conoscere la lunghezza della stringa (quindi è necessaria una memoria infinita).$abc$$aa^*$$bb^*$$cc^*$

Quindi, come possono gli automi non deterministici valutare da destra a sinistra al fine di confrontare con la valutazione da sinistra a destra?

Il primo trucco qui è pensare alla tabella di moltiplicazione come alla tabella di transizione di un automa con ogni stato che rappresenta una lettera nella tabella di moltiplicazione, ma non preoccuparsi ancora dell'accettazione. Quindi le lettere a sinistra e nel corpo del tavolo sono in realtà stati - sarebbe più preciso scriverle come q a , q b , q c , ma non lo farò. Le lettere nella parte superiore sono input.$A$$q_a, q_b, q_c$

Quindi costruire l'automa (" T " per trasporre) per la moltiplicazione inversa trasponendo A :$A_T$$T$$A$

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

Quindi ti porta allo stato c , e allo stesso modo A T ( c b a ) si sposta nello stato a di A T , come noti.$A(abc)$$c$$A_T(cba)$$a$$A_T$

Tuttavia, presume che tu stia andando da destra a sinistra e vogliamo ancora andare da sinistra a destra. Quindi il secondo trucco è quello di invertire l'automa (non la moltiplicazione, che ci riporterebbe indietro se avessimo iniziato), invertendo tutte le frecce, il che porta ad un automa non deterministico A T R dato dalla tabella di transizione sotto, con sottoinsiemi indicati da lettere concatenate per tenere il pollo graffiato, quindi a c è davvero { a , c } . (spero di aver capito bene, sembra funzionare).$A_T$$A_{TR}$$ac$$\{a,c\}$

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

Puoi interpretarlo come un automa non deterministico con solo le tre righe sopra la linea o una versione determinata con tutte e 8 le righe.

Infine, la macchina per risolvere il problema è l'automa a prodotto incrociato degli originali e A T R , ovvero A × A T R per eseguire il comportamento dell'intersezione dei due automi (non abbiamo più bisogno di A T ) . Un × A T R trovi stati che sono coppie come ⟨ una , un c ⟩ . La funzione di transizione esegue A e A T R in modo indipendente. Un singolo stato iniziale ⟨ 1 , 1 $A$$A_{TR}$$A \times A_{TR}$$A_T$$A \times A_{TR}$$\langle a,ac\rangle$$A$$A_{TR}$$\langle 1,1 \rangle$va in sotto ingresso una , in ⟨ b , b ⟩ sotto ingresso b , etc. $\langle a,a \rangle$$a$$\langle b,b \rangle$$b$

Accettare stati nella versione non-deterministico sono ecc Nella versione deterministica, accettando stati sono coppie in cui il primo componente è ∈ del secondo set di componenti, come ad esempio ⟨ una , una ⟩ o ⟨ b , b c ⟩ .$\langle a,a \rangle$$\in$$\langle a,a \rangle$$\langle b,bc \rangle$

aumentato e determinato come mostrato ha 25 = 3 ⋅ 8 + 1 stati, quindi perdonami se non lo scrivo in dettaglio. Ma la versione non deterministica ha solo 10 = 3 ⋅ 3 + 1 stati.$A \times A_{TR}$$25=3\cdot 8+1$$10=3\cdot 3+1$

Se L è una lingua normale, allora anche L R , la lingua che consistenell'inversodi tutte le parole in L , è regolare. Prendi questo come esercizio.$(\ast)$$L$$L^R$$L$

In che modo questo ci aiuta a risolvere il problema? Let le lingue, comprensivi di tutte le stringhe che restituiscono un , b , c quando si valuta da sinistra a destra. La lingua che ti interessa è ( L a ∩ L R a ) ∪ ( L b ∩ L R b ) ∪ ( L c ∩ L R c ) . Ciò dimostra che se sai come provare $L_a,L_b,L_c$$a,b,c$

In effetti, se usi l' idea della prova di , probabilmente puoi semplicemente andare avanti e costruire l'automa. Quindi consideriamo questo. In particolare, cerchiamo di costruire un NFA per L R una , il linguaggio di tutte le stringhe che restituiscono un quando valutato da destra a sinistra.$(\ast)$$L_a^R$$a$

L'idea è questa. Supponiamo che la prima lettera che vedi sia . Quindi il resto della stringa deve essere valutato in b (poiché b x = a implica x = b ). Ragionamento simile si applica quando la prima lettera è c . Quando la prima lettera è una , tuttavia, il resto può restituire sia una o b , o essere nullo. Con un NFA, possiamo indovinare (e successivamente verificare la nostra ipotesi).$b$$b$$bx = a$$x = b$$c$$a$$a$$b$

Questo suggerimento dovrebbe darti abbastanza su cui riflettere e, si spera, risolvere il problema.

Carina.

$\overrightarrow x \xrightarrow{\;y\;} \overrightarrow z$$x \cdot y = z$$\{\overrightarrow a,\overrightarrow b,\overrightarrow c\}$$\overrightarrow 1$$\overrightarrow 1 \xrightarrow{\;x\;} \overrightarrow x$$x$$\overrightarrow x$$x$

Ora costruiamo un automa che calcola il prodotto da destra a sinistra. Questo non sarà deterministico. Come lo facciamo? Semplice ... Per andare nell'altra direzione, basta invertire tutto : le frecce e la direzione del prodotto.

$\overrightarrow{x} \xrightarrow{\;y\;} \overrightarrow{x \cdot y\:}$$\overleftarrow{x \cdot y\:} \xleftarrow{\;x\;} \overleftarrow{y}$$\overleftarrow{x} \xleftarrow{\;y\;} \overleftarrow{y \cdot x\:}$.

$\overleftarrow 1$

$(\overrightarrow{x_1}, \overleftarrow{x_2}) \xrightarrow{\;y\;} (\overrightarrow{z_1}, \overleftarrow{z_2})$$\overrightarrow{x_1} \xrightarrow{\;y\;} \overrightarrow{z_1}$$\overleftarrow{x_2} \xrightarrow{\;y\;} \overleftarrow{z_2}$$(\overrightarrow 1, \overleftarrow x)$$(\overrightarrow x, \overleftarrow x)$$x$

Sembra che il tuo problema principale sia l'utilizzo del non determinismo, quindi lasciami approfondire.

L'idea di base che gli altri utilizzano è che una macchina non deterministica può indovinare il risultato finale.

$abc$

• $a$$a$$bc$$a$$b$
  • $a$$b$$b$
    • $b$$c$
  • $b$$b$$c$
    • $c$$c$
• $b$$a$
• $c$$a$$bc$$c$
  • $c$$b$$a$
    • $a$$c$

Come puoi vedere, l'NFA è in grado di indovinare e controllare ogni possibile calcolo dal basso verso l'alto . Poiché la lingua accettata è definita come l'insieme di stringhe accettate da almeno una corsa , tutte le corse non accettanti sull'input vengono ignorate; l'NFA "indovina sempre bene".

Ora è facile per questo NFA ricordare la sua prima scelta fino alla fine. Se accetta, può confrontare il simbolo ricordato con il prodotto lr (deterministicamente) ottenuto in parallelo (il modo in cui l'intersezione linguistica si riferisce a NFA è sicuramente trattato in Ullman / Hopcroft e in qualsiasi altro libro di testo di base).