形式语言与自动机理论试题.docx
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形式语言与自动机理论试题
形式语言与自动机理论试题
、按要求完成下列填空
1.给出集合{①,{①}}和集合{£,0,00}的幕集(2x4')
⑴{①,{①},{{①}},{①,{①}}}
(2){①,{£},{0},{00},{£,0},{£,00},{0,00},{£,0,00}}
2.设刀={0,1},请给出刀上的下列语言的文法(2x5')
(1)所有包含子串01011的串
StX01011Y
Xr|0X|1X
Yf|0Y|1Y
(2)所有既没有一对连续的0,也没有一对连续的1的串
At£|A'”
At0|01|01A'
At1|10|10a”
3.构造识别下列语言的DFA2x6'
(1){x|x?
{0,1}+且x以0开头以1结尾}
(设置陷阱状态,当第一个字符为1时,进入陷阱状态)
(2){x|x?
{0,1}+且x的第十个字符为1}
(设置一个陷阱状态,一旦发现x的第十个字符为0,进入陷阱状态)
0,1
二、判断(正确的写T,错误的写F)5x2
1•设R和R2是集合{a,b,c,d,e}上的二元关系,则(R只2)民RR只只
(T)
任取(x.,y),其中x,y{a,b,c,d,e},使得(x,y)
(R1R2)R3。
z((x,z)
R1
R2
(z,y)
R3)
z{a,b,c,d,e}
z((x,z)
R1
(x,z)
R2
(乙y)
R3)
z((x,z)
R1
(z,y)
R3)
z((x,z)R2(z,y)R3)
(x,y)R1R3(x,y)R2R3
(x,y)R1R3R2R3
2.对于任一非空集合a,①2A(T)
3.文法G:
SfA|ASA->a|b|c|d|e|f|g是RG(F)
4.3型语言2型语言1型语言0型语言(T)
****
5.s(rs+s)r=rrs(rrs)(f)
不成立,假设r,s分别是表示语言R,S的正则表达式,例如当R={0},S={1},L(s(rs+s)*r)
是以1开头的字符串,而L(rr*s(rr*s)*)是以0开头的字符串.L(s(rs+s)*r)L(rr*s(rr*s)*)
所以s(rs+s)*rrr*s(rr*s)*,结论不成立
三、设文法G的产生式集如下,试给出句子aaabbbccc的至少两个不同的推导(12分)。
SaBC|aSBC
aBab
bBtbb
CBtBC
bCTbc
cCtcc
推导一:
S=>aSBC
=>aaSBCBC
=>aaaBCBCBC
=>aaabCBCBC
=>aaabBCCBC
=>aaabbCCBC
=>aaabbCBCC
=>aaabbBCCC=>aaabbbCCC=>aaabbbcCC=>aaabbbccC=>aaabbbccc
推导二:
S=>aSBC=>aaSBCBC=>aaaBCBCBC=>aaaBBCCBC=>aaaBBCBCC=>aaabBCBCC=>aaabbCBCC=>aaabbBCCC=>aaabbbCCC=>aaabbbcCC=>aaabbbccC=>aaabbbccc
如果不是,请证明你的结论(12分)
解:
设L={On1nOn|n>=1}。
假设
L是RL,
则它满足泵引理。
不妨设N是泵引理所指的仅依赖
于L的正整数,取Z=ON1NON
显然,
Z€L。
按照泵引理所述,必存在u,
v,w。
由于|uv|<=N,并且|v|>=1,所以v只可能是由O组成
又因为k>=1,
iNkjk\ijNN2Nk’NN
uvw=Oj(O)Oj10当i=2时,有uvw=O10
所以N+k>N这就是说ONk1NON不属于L,
这与泵引理矛盾。
所以,L不是RL。
五、构造等价于下图所示
DFA的正则表达式。
(12分)
q1
O
O
+OO)((1+OO*1)O)*OO*)
答案(之一):
如1+(1+OO)((1+OO*1)O)q2O
q3
Y
去掉q3:
Y
q2
去掉qi:
Y
(1+00*1)0
q2
去掉q2:
U1+(1+UU)((1+UUT)U)*((1+UUT)1)
去掉qo:
(0i+(i+00)((i+00*i)0)*((i+00*i)i))*(?
+(i+00)((i+00*i)0)*00*)
•
X、,
Y
六、设m=({c^qq},{0,1},{0,1,b},徇,q),B,{Cb}),其中s的定义如下:
s(q,o)=(qo,o,R)
co,i)=(q,i,R)
q,o)=(q,o,R)
s(q,b)=(q,b,R)
请根据此定义,给出M处理字符串ooooiooo,ioooo的过程中ID的变化。
(io分)解:
处理输入串ooooiooo的过程中经历的ID变化序列如下:
ooooqoioooo
处理输入串ioooo的过程中经历的ID变化序列如下:
iooooBq2
七、根据给定的NFA构造与之等价的DFA。
(14分)
NFAM的状态转移函数如下表
状态说明
状态
输入字符
0
1
2
开始状态
q0
{q0,q1}
{q0,q2}
{q0,q2}
q1
{q3,q0}
{q2}
q2
{q3,q1}
{q2,q1}
终止状态
q3
{q3,q2}
{q3}
{q0}
解答:
状态说明
状态
输入字符
0
1
2
开始状态
q0
[q0,q1]
[q0,q2]
[q0,q2]
[q0,q1]
[q0,q1,q3]
[q0,q2]
[q0,q2]
[q0,q2]
[q0,q1]
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q1,q2]
[q0,q1,q2]
[q0,q1,q3]
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q1,q2]
终止状态
[q0,q1,q3]
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q2,q3]
[q0,q2]
终止状态
[q0,q2,q3]
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q1,q2]
终止状态
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q1,q2]
[q0,q1]
[q0,q1,q3]1
[q0,q2]
[qo,q1,q2]
2
[q0,q2,q3]
0,1
0
2
参考题目
1、设
{
a,b,c},
,构造下列语言的文法。
(1)
L1
{anbn
|n0}。
解答:
G1
({S},{a,b},{SaSb|
},S)。
(2)
L2
{anbm
|n,m1}。
解答:
G2
({S,A,B},{a,b},{S
A|B,AaA|a,BbB|b},S)。
(3)
L3
{anbn
n
a|n1}。
解答:
G3
({S,A,B},{a,b},P3,S)
P3:
StaAB|aSAB
BAtAB
aB^ab
bBtbb
bAtba
aAtaa
(4)L4{anbmak|n,m,k1}。
解答:
G4({S,A},{a,b},{SABA,AaA|a,BbB|b},S)。
(5)L5{awa|a,w}。
解答:
G5({S,W},{a,b,c},{SaWa,WaW|bW|cW|a|b|c},S)。
(6)L6{xwxT|x,w}。
解答:
G6({S,W},{a,b,c},P6,S)
P6:
SaWa|bWb|cWc
WaW|bW|cW|a|b|c。
(7)L7{w|wwT,w}。
解答:
G7{{S,W},{a,b,c},{SaWa|bWb|cWc|a|b|c},S}。
(8)L8{xxtw|x,w}。
解答:
G8({S,W,X},{a,b,c},R,S)
P8:
SXW
XaXa|bXb|cXc|a|b|c
WaW|bW|cW|a|b|c。
2、给定RG:
Gi(乂"”,^),G2(V2,T2,P2,S2),试分别构造满足下列要求的RGG
并证明你的结论。
(1)L(G)L(Gi)LG)
解:
不妨假设V1IV2,并且SV1UV2,令
GSUV1UV2,UT2,RUF2UR,S
其中,
P3S
S2
T1且§
US|S1
US
证明:
(1)设X
LG,则S*x
若X,
因为
LG,
LG2,所以
LG1LG2
成立
若X,
由产生式SS2,
不妨设X%x2,
其中x1T-!
x1LG
则S*x2,因为G的产生式包括F2,所以x2LG2,可知xx1x2LG1LG2
所以LGLGLG2
(1)设xLGLG2,不妨设xx1x2,其中xT;,§*Xpx2T2*,S2*x2
N时,
由P3中
S
S2
T1
且3,贝USnEx1x2
所以X1X2
LG
L
G1L
G2
LG
X1时,
由P3中
S
S1
*
Sx2
X2时,
由S
得S
*
X2
所以x2LG
LGL(
G2l
G
综上,L
GL
G
LG2
⑵L(G)L(G)ULG)
解:
不妨假设V1IV2,并且SVUV2,令
GSUV1UV2,T1UT2,RUP2UP3,S
其中,
P3S|S1或S2
证明:
(1)设xLG1ULG2不妨设xLG1那么可知S1*x
由G构造方法可知,S*x且xLG即LG1ULG2LG
(2)设xL
G则S
*x,由P3知,S
**
x或S2x
不妨设S1*
x则x
LG1,LG1
LG
同理LG2
LG
贝VLG1ULG2
LG
所以LG
LG1U
LG2
⑶L(G)L(G)a,bLQ?
),其中a,b是两个不同的终极符号解:
不妨假设V1IV2,并且SV1UV2,令
GSUV1UV2,T1UT2,PUP2UP3,S
其中,
RS
aS2|bS2其中
T1*且S1*
US
s
证明:
(1)设x
LG则S*x
由产生式S
aS:
不妨设x1a:
则1T1*,
S2*2则
LG1,2
LG2
所以x
1a2L(G)a,b
L(G2)同理
1b2
L(G)a,bLG)
可得L(G)L(G1)a,bL(G2)
(2)设xL(G1)a,bL(G2)
不妨设x1a2其中1L(G1),2L(G2)即3*1,S2
由F3中产生式S*1aS21a2
所以L(G1)a,bL(G2)LG
综上可得,L(G)L(G)a,bL(G2)(4)L(G)L(G)*
解:
不妨假设昨金軍{硏U歼环RM)其中,
P={4a|S1faCP1}U{Sf}U{S^aS|S1~a€P1}证明略。
(5)L(G)L(G)
解:
不妨假设E叭取&=M}U*环R&)其中.
P={S^a|S1fa€P1}U{SfaS|S1^a€P1}
证明略。
3、设文法G有如下产生式:
SfaB|bA
Afa|aS|bAA
Bfb|bS|aBB
证明L(G)={3〔3中含有相同个数的a和b,且3非空}。
证:
观察发现A的产生式AfbAA中的bA可以用S来代替,同样B的产生式BfaBB中的aB也可以用S代替。
这样原来的文法可以化为如下的形式:
SfaB|bA
Afa|aS|SA
Bfb|bS|SB
进一步地,可以把产生式AfaS中的S代换,把文法化为如下的形式:
SfaB|bA
Afa|aaB|abA|SA
Bfb|baB|bbA|SB
7•设DFAM=(Q,,,qo,F),证明:
对于
x,y
qQ,
(q,xy)((q,x),y)
注:
采用归纳证明的思路
证明:
(周期律?
02282067)
首先对y归纳,对任意x来说,|y|=0
时,即y=
根据DFA定义(q,)q,(q,xy)
(q,x)(
(q,x),)
((q,x),y),故原式成
立。
当|y|=n时,假设原式成立,故当|y|=
n+1时,
不妨设y=wa,|w|=n,|a|=1
根据DFA定义(q,xa)((q,
x),a),a
,故
原式成立,
同理可证,对任意的y来说,结论也是成立的。
综上所述,原式得证
*******************************************************************************&证明:
对于任意的DFAMi=(QQ,S,qo,Fi)存在DFAM2=(QQ,3,qo,F2),使得L(M2)=X*—L
(Mi)o证明:
(1)构造M2。
设DFAMi=(Q,2,S,qo,Fi)取DFAMz=(Q,S,S,qo,Q—Fi)
(2)证明L(M2)=2*—L(Mi)
对任意x?
2*
x?
L(M2)=2*—L(Mi)?
S(q,x)?
Q—Fi?
S(q,x)?
Q并且S(q,x)?
Fi?
x?
2*并且x?
L(Mi)?
x?
2*—L(Mi)
iO、构造识别下列语言的NFA
(i){xx{O,i}且)中不含形如O0勺子串}
i
i
(2){xx{0,i}且x中含形如iOiiO的子串}
i■——ri
O,i
O
J—-Q*
O,i
(3){xx{0,i}且x中不含形如iOiiO的子串}
SP回⑥
O,i
O
9一
O,i
1r01•
0,1
补1•0,1・0
(5){xx{0,1}且x以0开头以1结尾}
(6)
{xx{0,1}且x中至少含有两个1}
0,1
(7){xx{0,1}且如果x以1结尾,则它的长度为偶数;
如果以0结尾,则它的长度为奇数}
0,1
(8){xx{0,1}且X的首字符和尾字符相等}
0,1
0,1
(9){xxTx,{0,1}}
0,1
0,1
11.根据给定的NFA,构造与之等价的DFA
(1)NFAM1的状态转移函数如表3-9
状态说明
状态
输入字符
0
1
2
开始状态
q0
{q0,q1}
{q0,q2}
{q0,q2}
q1
{q3,q0}
{q2}
q2
{q3,q1}
{q2,q1}
终止状态
q3
{q3,q2}
{q3}
{q0}
解答:
状态说明
状态
输入字符
0
1
2
开始状态
q0
[q0,q1]
[q0,q2]
[q0,q2]
[q0,q1]
[q0,q1,q3]
[q0,q2]
[q0,q2]
[q0,q2]
[q0,q1]
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q1,q2]
[q0,q1,q2]
[q0,q1,q3]
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q1,q2]
终止状态
[q0,q1,q3]
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q2,q3]
[q0,q1,q2]
终止状态
[q0,q2,q3]
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q2]
终止状态
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q1,q2,q3]
[q0,q1,q2]
[q0,q1]0[qOmg[q0,q2,q3]
q0OQ1◎
O1,2201
2oo,i
[q0,q1,q2,q3]
[qO,q2][q0,q1,q2]
22*
1
图3-9所示NFA等价的DFA
13.试给出一个构造方法,对于任意的NFAM1(Q1,,1,qo,F1),构造NFA
M2(Q2,,2,qo,F2),使得L(M2)*L(M1)
注:
转化成相应的DFA进行处理,然后可参考第8题的思路
证明:
首先构造一个与NFAM1等价的DFA,M3根据定理3.1(P106),L(M3)L(MJ
构造M3(Q3,,3,【q。
],F3),其中
Q,a
Q32Q1,F3{[P1,P2...Pm]|{P1,P2---Pm}Q,{P1,P2---Pm}},{P1,P2...Pm}
3([q1...qn],a)[P1...Pm]1({q1...qn},a)g...Pm}
在此基础上M2,Q2Q3,23,F2{[P1...Pm]|[P1...Pm]F3}
即取所有M1确定化后不是终结状态的状态为M2的终结状态。
为了证明L(M2)*L(M3),我们在M3的基础上M4(Q4,,4,qo,F4),其
中Q4Q3,43,F4Q4,即所有M1确定化后的状态都为终结状态。
显然
L(M4)*,
xL(M2),则
(q°,x)
F2
(q°,x)F3
xL(M3),又因为
(q°,x)Q3
*
(q°,X)
F4
(q°,x)L(M4)
*,故x*L(M3),
故L(M2)
L(M3)
同理容易证明l(m2)*l(m3)
故L(M2)*L(M3),又因为L(M3)L(M1),故L(M2)*L(M1)
可知,构造的m2是符合要求的。
15.P12915.
(1)、
(2)
(1)根据NFAM3的状态转移函数,起始状态qo的?
闭包为?
-CLOSUR(qo)={qo,q2}。
由此
对以后每输入一个字符后得到的新状态再做?
闭包,得到下表:
(陶文婧02282085)
状态
0
1
{q0,q2}
{q0,q1,q2}
{q0,q1,q2,q3}
{q0,q1,q2}
{q0,q1,q2,q3}
{q0,q1,q2,q3}
{q0,q1,q2,q3}
{q0,q1,q2,q3}
{q0,q1,q2,q3}
q0={q0,q2},q1={q0,q1,q2},q2={q0,q1,q2,q3},因为q3为终止状态,所以q2={q0,q1,q2,q3}为
终止状态
(2)用上述方法得
状态
0
1
{q1,q3}
{q3,q2}
{q0,q1,q2,q3}
{q3,q2}
{q3,q2}
{q0,q1,q3}
{q0,q1,q2,q3}
{q1,q2,q3}
{q0,q1,q2,q3}
{q0,q1,q3}
{q1,q2,q3}
{q0,q1,q2,q3}
{q1,q2,q3}
{q3,q2}
{q0,q1,q2,q3}
q0={q1,q3},q1={q3,q2},q2={q0,q1,q2,q3},q3={q0,q1,q3},q4={q1,q2,q3}因为各状态均含有终
止状态,所以q。
q1,q2,q3,q4均为终止状态
1
1
qs
注:
本题没有必要按照NFA到DFA转化的方法来做,而且从?
-NFA到NFA转化时状态没有必要改变,可以完全采用?
-NFA中的状态
如
(1)
状态
o
i
qo(开始状态)
{qo,qi,q2q3}
{qo,qi,q2,q3}
qi
{qo,qi,q2,q3}
{qi,q273}
q2
{qo,qi,q2,q3}
{qxq2,q3}
q3(终止状态)
{qo,qi,q2,q3}
{qo,qi,q2,q3}
状态
o
i
qo(开始状态)
{qiq2q3,}
{qo,qi,q2,q3}
qi
{q2}
{qi,q2}
q2
{,q2,q3}
{qo,q2,q3}
q3(终止状态)
空
{qo}
16、证明对于?
的FAMi=(Qi,刀1,3i,qoi,Fi),FAMw(Q2,刀2,S2,qo2,F2),存在FAM,
使得L(M)=L(Mi)UL(M2)
证明:
不妨设Qi与Q2的交集为空
(I)构造M=(QiUQ2U{qo}E,S,qo,F)其中:
1)E=EiUE2F=FUF2
2)S(qo,e)={qoi,qo2}对于?
q€Qi,a€EiS(q,a)=Si(q,a)
对于?
q€Q2,a€E2,S(q,a)=S2(q,a)
(i)证明:
i)首先证L(Mi)UL(M2)€L(M)
设x€L(Mi)UL(M2),从而有x€L(Mi)或者x€L(M2),当x€L(Mi)时
Si(qoi,x)€Fi
由M的定义可得:
S(qo,x)=S(qo,ex)=S(
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