计算理论习题答案chap7new
计算理论导引习题答案[第2版]CHAP5new
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5.1 证明EQ CFG 是不可判定的。
解：只须证明ALL CFG ≤m EQ CFG 即可。
构造CFG G 1，使L(G 1)=∑*。
设计从ALL CFG 到EQ CFG 的归约函数如下： F=“对于输入＜G ＞，其中G 是CFG ：1）输出＜G ,G 1＞。
”若＜G ＞ALL CFG ，则<G ,G 1>EQ CFG 。
若＜G ＞ALL CFG ，则<G , G 1>EQ CFG 。
F 将ALL CFG 归约到EQ CFG 即ALL CFG ≤m EQ CFG∵ALL CFG 是不可判定的，∴EQ CFG 是不可判定的。
5.2证明EQ CFG 是补图灵可识别的。
证明：注意到A CFG ={<G,w>|G 是能派生串w 的CFG}是可判定的。
构造如下TM ： F=“输入<G ,H>，其中G ,H 是CFG ，1) 对于字符串S 1, S 2,，重复如下步骤。
2) 检测S i 是否可以由G 和H 派生。
3) 若G 和H 中有一个能派生w ，而另一个不能，则接受。
”F 识别EQ CFG 的补。
5.3 略。
5.4 如果A m B 且B 是正则语言，这是否蕴涵着A 也是正则语言？为什么？ 解：否。
例如：对非正则语言A={0n 1n |n 0}和正则语言B={0}，可以构造一个可计算函数f 使得：f(w)=⎩⎨⎧≠=n n nn 10w 1,10w 0, 于是w A f(w)B,故A m B 。
5.5 证明A TM 不可映射规约到E TM 。
证明：反证法假设A TM m E TM ， 则有TM m TM E A ≤。
而A TM 的补不是图灵可识别的，从而可知E TM 的补也不是图灵可识别的。
下面构造一个识别E TM 的补的图灵机S ：S=“输入<M>，M 是TM,1) 对i=1,2,…重复下一步。
2) 对S 1,S 2,…,S i 模拟M 运行i 步，若有接受，则接受。
计算理论习题答案
计算理论习题答案计算理论，也称为理论计算机科学，是研究算法和计算过程的数学理论基础的学科。
以下是一些计算理论习题的答案示例：1. 确定性图灵机（Deterministic Turing Machine, DTM）：- 习题：证明一个确定性图灵机可以模拟任何其他确定性图灵机。
- 答案：确定性图灵机可以读取输入，根据当前状态和读取到的符号，按照预定的转移规则移动磁带头并改变状态。
要模拟另一台确定性图灵机，只需要将被模拟机的状态转移表编码为模拟机的转移规则即可。
2. 非确定性图灵机（Nondeterministic Turing Machine, NTM）：- 习题：证明非确定性图灵机比确定性图灵机更强大。
- 答案：非确定性图灵机可以在多个可能的转移中选择，这使得它能够解决一些确定性图灵机无法解决的问题，例如哈密顿回路问题。
此外，任何确定性图灵机都可以被一个非确定性图灵机模拟，但反之则不成立。
3. 可计算性（Computability）：- 习题：证明某个特定的函数是可计算的。
- 答案：要证明一个函数是可计算的，需要展示一个算法或图灵机，它对于该函数的任何输入都能在有限步骤内给出输出。
例如，一个简单的加法函数f(x, y) = x + y是可计算的，因为它可以通过迭代或递归来实现。
4. 不可解问题（Undecidable Problems）：- 习题：解释停机问题（Halting Problem）为什么是不可解的。
- 答案：停机问题是不可解的，因为它涉及到预测一个图灵机是否会在有限步骤内停止。
如果存在一个算法能够解决停机问题，那么我们可以构造一个悖论，即一个图灵机可以模拟自身并决定自己是否会停止，这会导致自指的悖论。
5. 复杂性类（Complexity Classes）：- 习题：区分P类问题和NP类问题。
- 答案：P类问题是指可以在多项式时间内解决的问题，而NP类问题是指可以在多项式时间内验证一个解的问题。
计算理论答案
计算理论答案第一套BCACC CBCBB BBABC ACDAC1．下列叙述中，正确的是（）。
A)CPU能直接读取硬盘上的数据B)CPU能直接存取内存储器C)CPU由存储器、运算器和控制器组成D)CPU主要用来存储程序和数据2．1946年首台电子数字计算机ENIAC问世后，冯·诺依曼(Von Neumann)在研制EDVAC 计算机时，提出两个重要的改进，它们是（）。
A)引入CPU和内存储器的概念B)采用机器语言和十六进制C)采用二进制和存储程序控制的概念D)采用ASCII编码系统3．汇编语言是一种（）。
A)依赖于计算机的低级程序设计语言B)计算机能直接执行的程序设计语言C)独立于计算机的高级程序设计语言D)面向问题的程序设计语言4．假设某台式计算机的内存储器容量为128MB，硬盘容量为10GB。
硬盘的容量是内存容量的（）。
A)40倍B)60倍C)80倍D)100倍5．计算机的硬件主要包括：中央处理器(CPU)、存储器、输出设备和（）。
A)键盘B)鼠标C)输入设备D)显示器6．根据汉字国标GB2312－80的规定，二级次常用汉字个数是（）。
A)3000个B)7445个C)3008个D)3755个7．在一个非零无符号二进制整数之后添加一个0，则此数的值为原数的（）。
A)4倍B)2倍C)1/2倍D)1/4倍8．Pentium(奔腾)微机的字长是（）。
A)8位B)16位C)32位D)64位9．下列关于ASCII编码的叙述中，正确的是（）。
A)一个字符的标准ASCII码占一个字节，其最高二进制位总为1B)所有大写英文字母的ASCII码值都小于小写英文字母'a'的ASCII码值C)所有大写英文字母的ASCII码值都大于小写英文字母'a'的ASCII码值D)标准ASCII码表有256个不同的字符编码10．在CD光盘上标记有"CD－RW"字样，此标记表明这光盘（）。
计算理论习题答案CHAP2new
计算理论习题答案CHAP2new2.2 a. 利⽤语⾔A={a m b n c n | m,n ≥0}和A={a n b n c m | m,n ≥0}以及例3.20，证明上下⽂⽆关语⾔在交的运算下不封闭。
b. 利⽤(a)和DeMorgan 律(定理1.10)，证明上下⽂⽆关语⾔在补运算下不封闭。
证明：a.先说明A,B 均为上下⽂⽆关⽂法，对A 构造CFG C 1S →aS|T|ε T →bTc|ε对B,构造CFG C 2S →Sc|R|ε R →aRb由此知 A,B 均为上下⽂⽆关语⾔。
但是由例3.20, A ∩B={a nb nc n|n ≥0}不是上下⽂⽆关语⾔，所以上下⽂⽆关语⾔在交的运算下不封闭。
b.⽤反证法。
假设CFL 在补运算下封闭，则对于(a)中上下⽂⽆关语⾔A,B ，A ,B也为CFL ，且CFL 对并运算封闭，所以B A ?也为CFL ，进⽽知道BA ?为CFL ，由DeMorgan 定律B A ?＝A ∩B ，由此A ∩B 是CFL,这与(a)的结论⽭盾，所以CFL 对补运算不封闭。
2.4和2.5 给出产⽣下述语⾔的上下⽂⽆关⽂法和PDA ，其中字母表∑={0,1}。
a. {w | w ⾄少含有3个1}S →A1A1A1A A →0A|1A|ε0, ε→εb. {w | w 以相同的符号开始和结束}S →0A0|1A1 A →0A|1A|εc. {w | w 的长度为奇数}S →0A|1A A →0B|1B|ε B →0A|1Ad. {w | w 的长度为奇数且正中间的符号为0}S →0S0|1S1|0S1|1S0|0e. {w | w 中1⽐0多}S →A1A0,ε→ε 0,ε→ε 1,ε→ε 0,ε→ε 0,ε→0 0,0→εA →0A1|1A0|1A|AA|εf. {w | w=w R }S →0S0|1S1|1|0g. 空集S →S2.6 给出产⽣下述语⾔的上下⽂⽆关⽂法：a ．字母表{a,b}上a 的个数是b 的个数的两倍的所有字符串组成的集合。
计算理论答案汇总
计算理论答案汇总第⼀章练习1.1 图给出两台DFA M 1和M 2的状态图. 回答下述有关问题.a. M 1的起始状态是q 1b. M 1的接受状态集是{q 2}c. M 2的起始状态是q 1d. M 2的接受状态集是｛q 1，q 4｝e. 对输⼊aabb,M 1经过的状态序列是q 1，q 2，q 3，q 1，q 1f. M 1接受字符串aabb 吗？否g. M 2接受字符串ε吗？是1.2 给出练习2.1中画出的机器M 1和M 2的形式描述.M 1=(Q 1,Σ,δ1,q 1,F 1) 其中1）Q 1={q 1,q 2,q 3,};2）Σ={a,b};3415）F 1={q 2}M 2=(Q 2,Σ,δ2,q 2,F 2) 其中1）Q 2={q 1,q 2,q 3,q 4};2）Σ={a,b};3324）F 2={q1,q 4}1.3 DFA M 的形式描述为 ( {q 1，q 2，q 3，q 4，q 5}，{u,d},δ,q 3，{q 3}),其中δ在表2-3中给出。
试画出此机器的状态图。
db){w | w ⾄少有3个1}c) {w | w 含有⼦串0101}d) {w | w 的长度不⼩于3，且第三个符号为0}e) {w | w 从0开始且为奇长度，或从1开始且为偶长度}或f) {w | w 不含⼦串110}g) {w | w 的长度不超过5}h){w | w 是除11和111以外的任何字符}i){w | w 的奇位置均为1}j) {w | w ⾄少含有2个0，且⾄多含有1个1}k) {ε,0}l) {w | w 含有偶数个0，或恰好两个1}m) 空集 n) 除空串外的所有字符串1.7 给出识别下述语⾔的NFA ，且要求符合规定的状态数。
a. {w | w 以00结束}，三个状态b. 语⾔｛w | w 含有⼦串0101，即对某个x 和y ，w=x0101y ｝，5个状态. 1c. 语⾔｛w | w 含有偶数个0或恰好两个1｝，6个状态。
计算理论试题及答案
一、证明：设M是一台识别语言B的DFA，交换M的接受状态与非接受状态得到一台新的DFA，则这台新DFA识别B的补集。
因而，正则语言类在补运算下封闭。
(8分)参考答案：设M’是一台将DFA M的接受态与非接受态交换后的DFA，接下来证明M识别B语言，则M’识别B的补集：假定M’识别x，则对于x 在M’上运行将结束于M’的一个接受态，因为M和M’交换了接受态与非接受态，因此对于x运行于M，将会结束于一个非接受态，所以x∈/B。
类似地，如果x不被M’接受，则它一定被M接受。
故M’恰好接受所有不被M接受的那些串，因此M’识别B的补集。
既然B是任意的正则语言，且我们已构造出一台自动机识别它的补集，它表明任何正则语言的补也是正则的。
因此，正则语言类在补运算下封闭。
二、令∑＝｛0，1，＋，＝｝和ADD＝｛x=y+z | x，y，z是二制整数，且x是y与z的和｝，证明ADD不是正则的。
(8分)参考答案：假定ADD是正则的。
让P作为泵引理中的泵长度，选择S的串形式为1P＝0P＋1P作为ADD的一个成员。
因为S有长度大于P，由泵引理保证它能分割成形如：S＝xyz的三部分，满足泵引理的条件。
泵引理的第三个条件有｜xy｜≤P，《它表明对于K≥1，y就是1K。
这是xy2z是串1P＋K＝OP＋1P，而它不是ADD的成员，由泵引理导出矛盾，因此ADD不是正则的。
三、请将下述CFG转换成等价的乔姆斯基范式文法。
(8分)A→BAB｜B｜εB→00｜ε参考答案：S0→AB｜CC｜BA｜BD｜BB｜εA→AB｜CC｜BA｜BD｜BBB→CCC→0D→AB四、请用泵引理证明语言A＝｛0n＃02n＃03n | n≥0 ｝不是上下文无关的。
(8分)参考答案：由泵引理，让P作为泵长度，s=0p＃02p＃03p ，接下来证明s=uvxyz不能进行泵抽取。
v和y都不能包含＃，否则，xv2wy2z将超过2个＃s ，因此，如果我们按＃’s将s分成三段如：0p，02p，03p，至少有一段不包含v或y。
计算理论导引习题答案
5. 一个语言是正则的，当且仅当（ C ）。 A、可以用一个正则表达式计算它 B、可以用一个正则表达式接受它 C、可以用一个正则表达式描述它 D、可以用一个正则表达式识别它 6. 若一个语言A是非正则的，对于个给定的一 个泵长p,若存在一个串s=xyz,|s|p，则（ C ）。 A、xyyzA B、xzA C、|y|可能大于等于0 D、|xy|不可能小于等于p
3. 利用泵引理证明下述语言不是正则的。
1）A1={0n1n2n|n0};
假设A1是正则的，泵长度为p于p， S可以分成S=xyz三个部分。根据条件三y中只 能包含0，而xyyz不是A1成员。所以A1不是正 则的
2）A2={www|w{a,b}*}
0
0
0,1
1 q0
1 q1
1 q2
q3
3）{w|w含有子串0101}；
1
0,1
0 q0
1 q1
0
q2
q3
1
q4
0
0
2. 写出下述语言的正则表达式。 1）{w|w不含子串110}； (0∪10)*1* 2）{w|w的长度不超过5}； ε∪∑∪∑∑∪∑∑∑∪∑∑∑∑∪∑∑∑∑∑ 3）{w|w是除11和111外的任意串}； ε∪0∑*∪10 ∑*∪110 ∑*∪ 111 ∑ ∑*
假设A2是正则的，泵长度为p
令S=apbapbapb,S是A2成员，且S长度大于p，S 可以分成三部分S=xyz满足泵引理。根据条件 三y只包含a，xyyz不是A2成员，违反泵引理。 A2不是正则的
4.给出产生下述语言的上下文无关文法。 1）{w|w至少包含3个1}； S->A1A1A1A A->A0|A1|ε 2）{w|w以相同的符号开始和结束}； S->0A0|1A1|0|1 A->0A|1A|ε
计算理论导引习题答案[第2版]CHAP8new
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8.1 证明对于任意函数f:N N，其中f(n)n，不论用单带TM模型还是用两带只读输入TM模型，所定义的空间复杂性类SPACE(f(n))总是相同的。
证明：为区别，记单带TM模型在f(n)空间内能判定的语言类为SPACE1(f(n)), 而记双带只读输入TM模型在f(n)空间内能判定的语言类为SPACE2(f(n))。
该题要证明的是SPACE1(f(n))＝SPACE2(f(n))。
首先SPACE1(f(n))SPACE2(f(n))。
这是因为设A SPACE1(f(n))，且设M设在f(n)空间内判定A的单带TM，如下构造双带TM只读输入TM N。
N=“对于输入串w：1)将w复制到工作带上。
2)在工作带上模拟M，直到停机。
3)若M接受，则接受；否则，拒绝。
”N在f(n)空间内运行，L(N)=L(M)=A，所以A SPACE2(f(n))。
首先SPACE2(f(n))SPACE1(f(n))。
设A SPACE2(f(n))，且N 为在f(n)空间内判定A的双带只读输入TM。
按照用单带TM模拟多带TM的常规方式构造M：M＝“对于输入串w：1)初始化工作带为＃w1’w2…w n#’.其中以’标记N的两个读写头。
2)模拟N运行直到停机。
每一步模拟，要两次扫描带子。
第一次扫描确定读写头下符号，第二次扫描根据N的转移函数完成改写和移动读写头的工作。
3)若N接受，则接受；否则，拒绝。
”L(M)=L(N)=A。
由于f(n)n，M的运行空间是f(n)+n+2＝O(f(n))。
8.3 考虑广义地理学游戏，其中起始节点就是又无源箭头指入的节点。
选手I有必胜策略吗？选手II呢？给出理由。
1 2 34 5 6I II I II I Winner2 3 6 I4 5 6 II由表上来看选手II有必胜策略I2II4(不能选3)I5II6(不能选2)I。
8.4 证明PSPACE在并、补和星号运算下封闭。
证明：(1) 并：对任意L1, L2PSPACE，设有n a空间图灵机M1和n b空间图灵机M2判定它们，且c=max{a,b}。
计算理论习题解答
计算理论习题解答练习1.1 图给出两台DFA M1和M2的状态图. 回答下述有关问题.a.M1的起始状态是q1b.M1的接受状态集是{q2}c.M2的起始状态是q1d.M2的接受状态集是｛q1，q4｝e.对输入aabb,M1经过的状态序列是q1，q2，q3，q1，q1f.M1接受字符串aabb吗？否g.M2接受字符串ε吗？是1.2 给出练习2.1中画出的机器M1和M2的形式描述.M1=(Q1,Σ,δ1,q1,F1) 其中1）Q1={q1,q2,q3,};2）Σ={a,b};3415）F1={q2}M2=(Q2,Σ,δ2,q2,F2) 其中1）Q2={q1,q2,q3,q4};2）Σ={a,b};33）q2是起始状态4）F2={q1,q4}1.3 DFA M的形式描述为( {q1，q2，q3，q4，q5}，{u,d},δ,q3，{q3}),其中δ在表2-3中给出。
试画出此机器的状态图。
1.6 画出识别下述语言的DFA 的状态图。
a){w | w 从1开始以0结束}b){w | w 至少有3个1}c) {w | w 含有子串0101}d) {w | w 的长度不小于3，且第三个符号为0}e) {w | w 从0开始且为奇长度，或从1开始且为偶长度}f) {w | w 不含子串110}g) {w | w 的长度不超过5}h){w | w 是除11和111以外的任何字符}i){w | w 的奇位置均为1}j) {w | w 至少含有2个0，且至多含有1个1}k) {ε,0}l) {w | w 含有偶数个0，或恰好两个1}m) 空集 n) 除空串外的所有字符串1.7 给出识别下述语言的NFA ，且要求符合规定的状态数。
0,11a. {w | w以00结束}，三个状态b. 语言｛w | w含有子串0101，即对某个x和y，w=x0101y｝，5个状态.c. 语言｛w | w含有偶数个0或恰好两个1｝，6个状态。
计算理论答案汇总
计算理论答案汇总第一章练习1.1 图给出两台DFA M1和M2的状态图. 回答下述有关问题.a. M1的起始状态是q1b. M1的接受状态集是{q2}c. M2的起始状态是q1d. M2的接受状态集是｛q1，q4｝e. 对输入aabb,M1经过的状态序列是q1，q2，q3，q1，q1f. M1接受字符串aabb吗？否g. M2接受字符串ε吗？是1.2 给出练习2.1中画出的机器M1和M2的形式描述.M1=(Q1,Σ,δ1,q1,F1) 其中 1）Q1={q1,q2,q3,}; 2）Σ={a,b}; 3）δ1为：a b q1 q2 q1 q2 q3 q3 q3 q2 q1 4）q1是起始状态 5）F1={q2}M2=(Q2,Σ,δ2,q2,F2) 其中 1）Q2={q1,q2,q3,q4}; 2）Σ={a,b}; 3）δ2为： a b q1 q1 q2 q2 q3 q4 q3 q2 q1 q4 q3 q4 3）q2是起始状态 4）F2={q1,q4} 1.3 DFA M的形式描述为 ( {q1，q2，q3，q4，q5}，{u,d},δ,q3，{q3}),其中δ在表2-3中给出。
试画出此机器的状态图。
d d d d u q1 q2 q3 d q4 q5 u u u u1.6 画出识别下述语言的DFA的状态图。
a){w | w从1开始以0结束}11 1 00 00,1b){w | w至少有3个1}0 0 0 0,1c) {w | w含有子串0101} 0,1 1 0 0 0 1 0 11d) {w | w的长度不小于3，且第三个符号为0}0,1 1 00,1 0,1 01 0,1e) {w | w从0开始且为奇长度，或从1开始且为偶长度} 0,10 0 或 0,1 0,1 0,1 0,1 1 10,1f) {w | w不含子串110} 0 1 0,11 1 00 5} g) {w | w的长度不超过0,10,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1h){w | w是除11和111以外的任何字符}1 1 1 0 0 0 0,1i){w | w的奇位置均为1}10,1 0j) {w | w至少含有2个0，且至多含有1个1} 110 01 1 0,11 0 010 0k) {ε,0} 0 0,1 0,11l) {w | w含有偶数个0，或恰好两个1}1 1 110 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1m) 空集 n) 除空串外的所有字符串 0,1 0,1 0,11.7 给出识别下述语言的NFA，且要求符合规定的状态数。
计算理论答案
计算理论答案计算理论答案第一套BCACC CBCBB BBABC ACDAC1．下列叙述中，正确的是（）。
A)CPU能直接读取硬盘上的数据B)CPU能直接存取内存储器C)CPU由存储器、运算器和控制器组成D)CPU主要用来存储程序和数据2．1946年首台电子数字计算机ENIAC问世后，冯·诺依曼(Von Neumann)在研制EDVAC 计算机时，提出两个重要的改进，它们是（）。
A)引入CPU和内存储器的概念B)采用机器语言和十六进制C)采用二进制和存储程序控制的概念D)采用ASCII编码系统3．汇编语言是一种（）。
A)依赖于计算机的低级程序设计语言B)计算机能直接执行的程序设计语言C)独立于计算机的高级程序设计语言D)面向问题的程序设计语言4．假设某台式计算机的内存储器容量为128MB，硬盘容量为10GB。
硬盘的容量是内存容量的（）。
A)40倍B)60倍C)80倍D)100倍5．计算机的硬件主要包括：中央处理器(CPU)、存储器、输出设备和（）。
A)键盘B)鼠标C)输入设备D)显示器6．根据汉字国标GB2312－80的规定，二级次常用汉字个数是（）。
A)3000个B)7445个C)3008个D)3755个7．在一个非零无符号二进制整数之后添加一个0，则此数的值为原数的（）。
A)4倍B)2倍C)1/2倍D)1/4倍8．Pentium(奔腾)微机的字长是（）。
A)8位B)16位C)32位D)64位9．下列关于ASCII编码的叙述中，正确的是（）。
A)一个字符的标准ASCII码占一个字节，其最高二进制位总为1B)所有大写英文字母的ASCII码值都小于小写英文字母'a'的ASCII 码值C)所有大写英文字母的ASCII码值都大于小写英文字母'a'的ASCII 码值D)标准ASCII码表有256个不同的字符编码10．在CD光盘上标记有"CD－RW"字样，此标记表明这光盘（）。
计算理论习题答案CHAP2new
2.2 a. 利用语言A={a m b n c n | m,n ≥0}和A={a n b n c m | m,n ≥0}以及例3.20，证明上下文无关语言在交的运算下不封闭。
b. 利用(a)和DeMorgan 律(定理1.10)，证明上下文无关语言在补运算下不封闭。
证明：a.先说明A,B 均为上下文无关文法，对A 构造CFG C 1S →aS|T|ε T →bTc|ε对B,构造CFG C 2S →Sc|R|ε R →aRb由此知 A,B 均为上下文无关语言。
但是由例3.20, A ∩B={a nb nc n|n ≥0}不是上下文无关语言，所以上下文无关语言在交的运算下不封闭。
b.用反证法。
假设CFL 在补运算下封闭，则对于(a)中上下文无关语言A,B ，A ,B也为CFL ，且CFL 对并运算封闭，所以B A ⋃也为CFL ，进而知道BA ⋃为CFL ，由DeMorgan 定律B A ⋃＝A ∩B ，由此A ∩B 是CFL,这与(a)的结论矛盾，所以CFL 对补运算不封闭。
2.4和2.5 给出产生下述语言的上下文无关文法和PDA ，其中字母表∑={0,1}。
a. {w | w 至少含有3个1}S →A1A1A1A A →0A|1A|ε0, ε→εb. {w | w 以相同的符号开始和结束}S →0A0|1A1 A →0A|1A|εc. {w | w 的长度为奇数}S →0A|1A A →0B|1B|ε B →0A|1Ad. {w | w 的长度为奇数且正中间的符号为0}S →0S0|1S1|0S1|1S0|0e. {w | w 中1比0多}S →A1A0,ε→ε 0,ε→ε 1,ε→ε 0,ε→ε 0,ε→0 0,0→εA →0A1|1A0|1A|AA|εf. {w | w=w R }S →0S0|1S1|1|0g. 空集S →S2.6 给出产生下述语言的上下文无关文法：a ．字母表{a,b}上a 的个数是b 的个数的两倍的所有字符串组成的集合。