自动机习题中文解答全
自动机与自动线考试题及答案
自动机与自动线考试题及答案1.皮带传动是指动力的传递环节,皮带输送是一种物料输送机构,皮带输送包含了皮带传动。
(√)2造成皮带输送线的皮带跑偏的安装误差包括输送带接头不平直和机架歪斜两种情况。
(√)3.增加皮带宽度是提高皮带输送系统负载能力的最有效方法。
(×)4.倍速链轮和普通链轮相比齿数更少、齿距更大。
(√)5.振盘的功能就是自动输送工件。
(×)6.振盘的出料速度大于等于机器对该工件的取料速度即可。
(×)7. 二自由度机械手的典型运动过程只有平移运动过程。
(×)8. 机械手的原点一般情况下设定在工件取料点的正上方。
(√)9. 注塑机取料用三自由度机械手的主手和副手的取料方式相同。
(×)10.槽轮机构的槽轮数量越小,槽轮的最大角速度及最大角加速度越大,槽轮的运动越不均匀,运动的平稳性越差。
(√)11.间歇输送包含直线方向的间歇输送和沿圆周方向的间歇输送两类。
(√)12.棘爪机构用于直线间歇送料时,工件由于惯性不容易准确定位,因而只适合使用在速度较低的场合。
(√)13. 凸轮分度器每完成一个转位+停顿动作循环的时间,即为一个节拍时间。
(√)14. 凸轮分度器转盘的精度只要求转盘装配定位基准面与夹具安装平面的平行度在规定的范围内即可。
(×)15. 凸轮分度器输入轴的键连接在正常转动时是用来传递扭矩的。
(×)16. 定位对一批工件而言要求每个工件放置在定位装置中时都必须占据同一个准确位置。
(√)17. 当工件的定位是不完全定位时是无法满足加工或装配的要求的。
(×)18. 直线导轨的安装螺钉紧固时可以随意选择紧固顺序。
(×)19. 直线导轨的结构特点决定了直线导轨不能多个方向同时具有高刚度。
(×)20. 直线导轨选型设计时,当寿命的计算结果满足不了预期寿命要求时,加大导轨的公称尺寸重新校核即可。
(×)21. 间隙调整型直线轴承在调整间隙时一般在有负荷的情况下进行。
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第二章习题解答习题2.2.4a) b) c) 习题2.2.9a) 对|w|作归纳法。
当|w|=1时w 为一字符,由题设已成立。
设),(ˆ),(ˆ0w q w q fδδ=, 则对任一字母a ,有 ).,(ˆ)),,(ˆ(ˆ)),,(ˆ(ˆ ),(ˆ00wa q a w q a w q wa q ff δδδδδδ=== b) 对k 作归纳法。
k=1时,由题设命题已成立。
设x k ∈ L(A),即fkq x q =),(ˆ0δ。
于是 ff k k q x q x x q x q ===+),(ˆ)),,(ˆ(ˆ ),(ˆ010δδδδ,即x k +1∈ L(A),证毕。
习题2.2.101) 将DFA 改写成转移图形式:2)观察上图,知其接受的语言应为L ={ w ∈{0,1}*: w 含奇数个1 }. 3) 用数学归纳法证明2)中的断言:当|w|=1时,若w =0则DFA 不接受w ,若w =1则DFA 接受w ,此时命题成立。
设w 时命题成立,即当w 中含偶数个1时DFA 不接受w ,当w 中含奇数个1时DFA 接受w 。
0,10,1对于任一字符c :若c=0,则当w 中含偶数个1时由于DFA 不接受w ,故A w q =),(ˆ0δ,从而A wc q =),(ˆ0δ;当w 中含奇数个1时由于DFA 接受w ,故B w q =),(ˆ0δ,从而B wc q =),(ˆ0δ。
若c=1,则当w 中含偶数个1时由于DFA 不接受w ,故A w q =),(ˆ0δ,从而B wc q =),(ˆ0δ;当w 中含奇数个1时由于DFA 接受w ,故B w q =),(ˆ0δ,从而A wc q =),(ˆ0δ。
总之,当wc 中含偶数个1时DFA 不接受wc ,当wc 中含奇数个1时DFA 接受wc 。
命题得证。
习题2.2.111) 将DFA 改写成转移图形式:2)观察上图,知其接受的语言应为L ={ w ∈{0,1}*: w 不含子串00 }.3) 用数学归纳法证明2)中的断言,过程与前题类似。
自动机理论 语言和计算导论课后习题答案
There is a small matter, however, that this automaton accepts strings with leading 0's. Since the problem calls for accepting only those strings that begin with 1, we need an additional state s, the start state, and an additional ``dead state'' d. If, in state s, we see a 1 first, we act like q0; i.e., we go to state q1. However, if the first input is 0, we should never accept, so we go to state d, which we never leave. The complete automaton is:
证明:通过对|y|进行归纳,来证明δˆ (q , xy)=δˆ (δˆ (q , x) , y) ,具体过程如下:
Basis: If y = ε, then the statement is δ-hat(q,x) = δ-hat(δ-hat(q,x),ε). This statement follows from the basis in the definition of δ-hat. Note that in applying this definition, we must treat δ-hat(q,x) as if it were just a state, say p. Then, the statement to be proved is p = δ-hat(p,ε), which is easy to recognize as the basis in the definition of δ-hat.
作业参考答案8
形式语言与自动机作业参考答案第八次作业:(课本P182,183第6题,第8题,第9题,第10题)6.设文法G=({S,T,F},{0,1},P,S),其中生成式P如下:S -> 0C | 1DD -> 0 | 0S | 1DDC -> 1 | 1S | 0CC对于字符串0001110011,找出(1)一个最左推导。
(2)一个最右推导。
(3)一棵推导树。
答:(1) 最左推导:S => 0C => 00CC => 000CCC => 0001CC => 00011C => 000111S=> 0001110C => 00011100CC => 000111001C => 0001110011(2) 最右推导:S => 0C => 00CC => 00C1S => 00C10C => 00C100CC => 00C100C1=> 00C10011 => 000CC10011 => 000C110011 => 0001110011(3) 推导树如下:S0 C0 C C0 C C 1 S1 1 0 C1 18. 把下列文法G1和G2,分别变换为没有无用符号,且与其等价的上下文无关文法。
(1)G1:S -> DC | EDC -> CE | DCD -> aE -> aC | b(2)G2:S -> D | CD -> aC | bS | bC -> DC | CaE -> DS | b答:(1)G1:根据算法1得出的有用符号N1 = {S, D, E},在此基础上用算法2得到最终的有用符号N1 = {S, D, E},T1 = {a, b}。
所以不含无用符号的与原文法等价的文法为:G = ({S, D, E}, {a, b}, P, S),其中P如下:S -> EDD -> aE -> b(2)G2:根据算法1得出的有用符号N1 = {S, D, E},在此基础上用算法2得到最终的有用符号N1 = {S, D},T1 = {b}。
自动机习题答案-不再因为别人过得好而焦虑
δD({p, q, s}, 0) = {p, q, r , s}; δD({p, q, s}, 1) = {p, r , s}; δD({p, r , s}, 0) = {p, q, s}; δD({p, r , s}, 1) = {p, s} (H = {p, s}, H为接受状态);
δD({p, s}, 0) = {p, q, s}; δD({p, s}, 1) = {p, s}.
Chap2 - 2.3.1
把下列NFA转化为DFA
共有24个状态,去除不可达状态 {p}是DFA的一个状态(A = {p});
0
1Байду номын сангаас
δD({p}, 0) = {p, q} (B = {p, q});
p {p, q} {p}
δD({p}, 1) = {p};
q {r} {r}
δD({p, q}, 0) = {p, q, r }
c) 由初始状态ECLOSE(p)={p}, 有3个状态可以达到. 分别 为{p}, {p, q}, {p, q, r }. 转移表如下:
a
b
c
{p} {p} {p, q} {p, q, r} {p, q} {p, q} {p, q, r} {p, q, r} *{p, q, r} {p, q, r} {p, q, r} {p, q, r}
δD({p, r }, 0) = {p, q, s} (F = {p, q, s}, F 为接受状态);
δD({p, r }, 1) = {p};
δD({p, q, r , s}, 0) = {p, q, r , s}; δD({p, q, r , s}, 1) = {p, r , s} (G = {p, r , s}, G 为接受状态);
编译原理第三章自动机基础_习题
②
b
a
③-
a
b
Ʊ}
- C{2,3} B{2} C{2,3}
FA2: b
+① a ② a b ③ -
a
b
+ A{1} B{2,3}
- B{2,3}
B{2,3}
DFA1:
+A a
B
bb
a C-
DFA2:
+A a
b B-
第3章 习题解答4:
【习题3.5】 消除 NFA 的 边:
c#
3
3
c
#
5
5
#
ok 接受
a② b④ no
b③ c⑤ no
b③ c⑤ no
b④ no
# ok no
谢谢收看!
规文法: A={ ,an,ban|n≥1 }
【解】▪ 正规式: e=|a+|ba+ 或 e=a*|ba+
▪ 自动机 DFA:
▪ 正规文法:
+ -
1
a
a 2-
Sb 3a A
B
S -> aA|bB|
A -> aA|
B -> aA
【习题3.9】已知自动机DFA:
⑴ 扩展DFA(加入结束标记#), 构造压缩变换表;
+①b
a②
④
b -
b c
③
b c
⑤-
⑵ 根据实现算法,写出识别 abbc#的过程。
第3章 习题解答:
【解】
压缩变换表
⑴ 扩展DFA:
①
a②
b
③
b c
⑤
≮ ≮
+
北京邮电大学__自动机__课后习题答案
北京邮电大学__自动机__课后习题答案形式语言与自动机第二章4.找出右线性文法,能构成长度为1至5个字符且以字母为首的字符串。
答:G={N,T,P,S} 其中N={S,A,B,C,D} T={x,y} 其中x ∈{所有字母} y ∈{所有的字符} P 如下: S →x S →xA A →y A →yBB →y B →yC C →y C →yD D →y6.构造上下文无关文法能够产生L={ω/ω∈{a,b}*且ω中a 的个数是b 的两倍} 答:G={N,T,P,S} 其中N={S} T={a,b} P 如下: S →aab S →aba S →baa S →aabS S →aaSb S →aSab S →Saab S →abaS S →abSa S →aSba S →Saba S →baaS S →baSa S →bSaa S →Sbaa7.找出由下列各组生成式产生的语言(起始符为S )(1) S →SaS S →b (2) S →a S b S →c(3) S →a S →aE E →aS答:(1)b(ab)n /n ≥0}或者L={(ba)n b /n ≥0}(2) L={a n cb n /n ≥0} (3) L={a 2n+1 /n ≥0}第三章1.下列集合是否为正则集,若是正则集写出其正则式。
(1)含有偶数个a 和奇数个b 的{a,b}*上的字符串集合(2)含有相同个数a 和b 的字符串集合(3)不含子串aba 的{a,b}*上的字符串集合答:(1)是正则集,自动机如下a ab b b baa(2) 不是正则集,用泵浦引理可以证明,具体见17题(2)。
偶a 偶b 偶a 奇b 奇a 奇b 奇a 偶b(3) 是正则集先看L’为包含子串aba的{a,b}*上的字符串集合显然这是正则集,可以写出表达式和画出自动机。
(略)则不包含子串aba的{a,b}*上的字符串集合L是L’的非。
根据正则集的性质,L也是正则集。
形式语言与自动机Chapter6练习参考解答
Chapter 6 练习参考解答Exercise 6.2.1 设计PDA 使它接受下列语言,你可以使用以终结状态方式接受或者以空栈方式接受中方便的一个。
b) 所有由0,1 构成的,并且任何前缀中 1 的个数都不比0 的个数多的串的集合。
c) 所有0,1 个数相同的0,1 串的集合。
参考解答:b)构造以终态方式接受的PDA P = (Q,艺,r , S , q o, Z o, F),其中Q={q o};状态q o表示当前扫描过的输入串的任何前缀中1的个数不比0的个数多;工={0 , 1};r ={ Z o, X};下推栈中,X的个数表示当前扫描过的输入串中o的个数比1 的个数多多少;F={q o};S (q o,o, Z o)={( q o,X Z o)}, S (q o,o, X)={( q o,X X)}, S (q o,1, X)={( qo, )}.c)构造以空栈方式接受的PDA P = (Q, 2 , r , S , q o, Z o),其中Q={q o, q i };状态q o表示当前扫描过的输入串的任何前缀中o的个数不少于1 的个数,状态q1 表示当前扫描过的输入串的任何前缀中 1 的个数不少于o 的个数;2 ={o, 1};r ={ Z o, X };下推栈中,X的个数表示当前扫描过的输入串中o的个数比i 的个数或 1 的个数比o 的个数多多少;S(q o,o, Z o)={( q o,X Z o)}, S(q o,1, Z o)={( q1,X Z o)};S (q i,O, Z o)={( q o,X Z o)}, S (q i,1, Z o)={( q i,X Z o)};S (q o,O, X)={( q o,X X)}, S (q o,1, X)={( q o, )};S(q1,o, X)={( q 1, )},S(q1,1, X)={( q 1, X X)} ;S(q o, , Z o)={( q o, )},S(q1, , Z o)={( q1, )}.Exercise 6.3.2 把下面的文法S aAAA aS | bS | a转换成以空栈方式接受同样语言的PDA 。
《自动机理论、语言和计算导论》课后习题答案
《自动机理论、语言和计算导论》课后习题答案(部分)@LIANGJIABINEx.5.1.1(b) 设计下列语言的上下文无关文法:b) 集合{a i b j c k | i ≠j 或j ≠k},即所有满足下列性质的集合:若干个a 后面跟着若干个b ,若干个b 后面跟着若干个c ,并且或者a 和b 的数目不同,或者b 和c 的数目不同,或者两者数目都不同。
解:Ex.5.1.2(c) 下面文法产生了正则表达式0∗1(0+1)∗的语言:S → A1B A → 0A | ε B → 0B | 1B | ε试给出下列串的最左推导和最后推导。
c) 00011。
解: 最左推导:S lm⇒ A1B lm⇒ 0A1B lm⇒ 00A1B lm⇒ 000A1B lm⇒ 0001B lm⇒ 00011B lm⇒ 00011最右推导:S rm⇒ A1B rm⇒ A11B rm⇒ A11 rm⇒ 0A11 rm⇒ 00A11 rm⇒ 000A11 rm⇒ 00011Ex.5.1.5 设T ={0,1,(,),+,∗,ϕ,e},可以把T 看做字母表{0,1}的正则表达式所使用的字母表集合,惟一不同的是用e 来表示符号ε,目的是为了避免有可能出现的潜在的混淆,你的任务是以T 为终结符号来设计一个CFG ,该CFG 生成的语言恰好是字母表为{0,1}的正则表达式。
解:S →S +S | S ∗ | SS | (S )| 0 | 1 |Φ | eEx.5.2.1 对于习题5.1.2中的文法和每个串,给出相应的语法分析树。
解: 1)001012)10012)00011Ex.5.4.7(a)下面的文法生成的是具有x和y操作数、二元运算符+、-和*的前缀表达式:E→+EE |∗EE |−EE | x |ya) 找到串+∗−xyxy的最左推导、最右推导和一棵语法分析树。
解:最左推导:E lm⇒ +EE lm⇒ +∗EEE lm⇒ +∗−EEEE lm⇒ +∗−xEEElm⇒ +∗−xyEE lm⇒ +∗−xyxE lm⇒ +∗−xyxy最右推导:E rm⇒ +EE rm⇒ +Ey rm⇒ +∗EEy rm⇒ +∗Exy rm⇒ +∗−EExyrm⇒ +∗−Eyxy rm⇒ +∗−xyxy语法分析树:5.1.1(c) 设计下列语言的上下文无关文法:c) 所有不是ww 形式的由a 和b 构成的串的集合,即不是把某个串重复一遍的串。
陈文宇有限自动机作业参考答案发布
允许出现空串 S → 0A A → 0A|ε A → 0A|ε
2.2 设 ∑ 0,1 ,请给出∑上的下列语言的文法
(1) 所有以 0 开头的串。
(2) 所有以 0 开头、以 1 结尾的串。
S → 0A
S → 0A
A → 0A|1A|0|1
A → 1|0A|1A
(2) | ∈ 0,1 且 中含形如 10110 的子串
6 第 3 章 有限状态自动机
有限自动机理论习题参考答案
2016
(3) | ∈ 0,1 且 中不含形如 10110 的子串
(4) | ∈ 0,1 且 的倒数第 10 个字符是 1,且以 01 结尾
(5) | ∈ 0,1 且 以 0 开头,以 1 结尾 (6) | ∈ 0,1 且 至少含有两个 1
,,, ,, ,,, ,,, ,,,,,,
∗
,,,, , ,,,,,, ,, ,,, ,,, ,,,,,,
1 第 1 章 基础知识
有限自动机理论习题参考答案
2016
第二章 形式语言
2.1 设
|,
,试构造满足要求的文法 G.
(1) G 是 RG。 右线性文法:
S → OS|OA A → 1A|1 (2) G 是 CFG,但不是 RG。 上下文无关文法: S → AB S → OA|0 B → 1B|1 (3) G 是 CSG,但不是 CFG。 左串<右串 S → AB AB → AAB|ABB A→0 B→0 (4) G 是短语结构文法,但是不是 CSG。 串可以推短 S → 0AB1|01
S → A000A|000
2 第 2 章 形式语言
有限自动机理论习题参考答案
有限自动机第三章答案
第三章******************************************************* ************************1.构造下列语言的DFA ( 陶文婧 02282085 ) (1){0,1}*,1(2){0,1}+,1(3){x|x∈{0,1}+且x中不含00的串}(设置一个陷阱状态,一旦发现有00的子串,就进入陷阱状态)(4){ x|x∈{0,1}*且x中不含00的串}(可接受空字符串,所以初始状态也是接受状态)(5){x|x∈{0,1}+且x中含形如10110的子串}(6){x|x∈{0,1}+且x中不含形如10110的子串}(设置一个陷阱状态,一旦发现有00的子串,就进入陷阱状态)(7){x|x∈{0,1}+且当把x看成二进制时,x模5和3同余,要求当x为0时,|x|=1,且x≠0时,x的首字符为1 }1.以0开头的串不被接受,故设置陷阱状态,当DFA在启动状态读入的符号为0,则进入陷阱状态2.设置7个状态:开始状态q s,q0:除以5余0的等价类,q1:除以5余1的等价类,q2:除以5余2的等价类,q3:除以5余3的等价类,q4:除以5余4的等价类,接受状态q t(8){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)(9){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)(10){x|x∈{0,1}+且x中至少含有两个1}(11){x|x∈{0,1}+且如果x以1结尾,则它的长度为偶数;如果x以0结尾,则它的长度为奇数}可将{0,1}+的字符串分为4个等价类。
q0:[ε]的等价类,对应的状态为终止状态q1:x的长度为奇且以0结尾的等价类q2:x的长度为奇且以1结尾的等价类q3: x的长度为偶且以0结尾的等价类q4: x的长度为偶且以1结尾的等价类(12){x|x是十进制非负数}5,6,7,8,94,9(13)Φ(14)ε******************************************************************************* 2.(1){{0,1}00}x x x+∈且中不含形如的子串(2){{0,1}10110}x x x+∈且中含形如的子串(3){{0,1}}x x x+∈且中不含形如10110的子串(4){{0,1}10101}x x x+∈和的倒数第个字符是,且以结尾,1(5){{0,1}01}x x x +∈且以开头以结尾(6){{0,1}}x x x +∈且中至少含有两个10,10,1*(7){{0,1}}x x x∈且如果以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(8){{0,1}}x x x +∈且的首字符和尾字符相等(9){,{0,1}}T x x x ωω+∈******************************************************************************* 3.根据下列给定文法,构造相应的FA 。
自动机答案—翻译
Solutions for Section 2.2Exercise 2.2.1(a)States correspond to the eight combinations of switch positions, and also must indicate whether the previous roll came out at D, i.e., whether the previous input was accepted. Let 0 represent a position to the left (as in the diagram) and 1 a position to the right. Each state can be represented by a sequence of three 0's or 1's, representing the directions of the three switches, in order from left to right. We follow these three bits by either a indicating it is an accepting state or r, indicating rejection. Of the 16 possible states, it turns out that only 13 are accessible from the initial state, 000r. Here is the transition table:杠杆可能出现8种情况,影响着最终状态。
并且也要说明,前面一个大理石球是否从D滚出,也就是说,前一个输入是否被接受。
令 0 代表向左方的状态(如图表), 1 代表向右方。
这三个杠杆的每一个状态都可以用三个数(0或1)组成的序列表示。
这个序列后面跟着字母a或者r。
形式语言与自动机 习题答案(部分)
a)语言{ww:w∈{a,b}*}的文法G=(V,∑,R,S)如下: V={S,a,b,A,B,C,Ta,Tb,Tc} ∑={a,b} R={ S -> CC, C -> AC | BC | Tc BTc -> Tcb ATc -> Tca Tc -> e } 或 文法G[S]: S→CD Ab→bA C→aCA Ba→aB C→bCB Bb→bB AD→aD C→ε BD→bD D→ε Aa→bD 或 S→aAS|bBS|aAE|bBE Aa→aA Ab→bA Ba→aB AE→Ea|a BE→Eb|b L(G)={ww|w∈{a,b}*}
4331把两个带头分别移动第一个带头向左移动到带头第二个带头向右移动直到发现空格为2向右移动第一个带头记录下字符的值
2.2.3
2.2.9
2.3.4
3.5.14
• (a):是上下文相关的,因为m,n,p之间必存在二者 相等的情况,如果a的个数确定了,则b或者c的个 数也是确定的。 • (b):是上下文相关的,因为当a的个数确定时,b和 c的个数是不能和a相同的,即n和p的取值有了限 制。 • (c):是上下文相关的,a的个数限定了b和c的个数。 • (d):是上下文相关的,当a和b的个数相等的情况下, 则限定了c的个数不能和a,b相同。 • (e):是上下文相关的,若要满足 |w1|=|w2|…..=|wn|>=2,则|w|的值限定了必须是可 被整除的数(素数)。
4.1.10
• 功能是: • 首先找到第二个和第三个字符,要求不能 是空格,然后记录下,再分别填入之后的 第一个空格和第二个空格所位置。
4.3.3
• (1)把两个带头分别移动,第一个带头向左移动 到带头,第二个带头向右移动,直到发现空格为 止。 • (2)向右移动第一个带头,记录下字符的值。判 断有没有遇到空格,若遇到空格,则跳至(), 否则,跳至(3)。 • (3)向右移动第二个带头,并复制下已记录的字 符,再跳至(2)。 • (4)第一个带头遇到空格,说明w已经复制完, 故停机。
形式语言与自动机课后习题答案部分PPT69页
16、自己选择的路、跪着也要把它走 完。 17、一般情况下)不想三年以后的事, 只想现 在的事 。现在 有成就 ,以后 才能更 辉煌。
18、敢于向黑暗宣战的人,心里必须 充满光 明。 19、学习的关键--重复。
20、懦弱的人只会裹足不前,莽撞的 人只能 引为烧 身,只 有真正 勇敢的 人才能 所向披 靡。
拉
60、生活的道路一旦选定,就要勇敢地 走到底 ,决不 回头。 ——左
56、书不仅是生活,而且是现在、过 去和未 来文化 生活的 源泉。 ——库 法耶夫 57、生命不可能有两次,但许多人连一 次也不 善于度 过。— —吕凯 特 58、问渠哪得清如许,为有源头活水来 。—— 朱熹 59、我的努力求学没有得到别的好处, 只不过 是愈来 愈发觉 自己的 无知。 ——笛 卡儿
自动机习题答案(0)
1.给出接受下列在字母表{0,1}上的语言的确定型有限自动机(DFA)图书P36(1)所有倒过来解释成二进制整数时是3的倍数的串的集合。
q0——对应倒过来除以3余数为0的x组成的等价类;q1——对应倒过来除以3余数为1的x组成的等价类;q2——对应倒过来除以3余数为2的x组成的等价类;q s——A的开始状态。
(1) q s——在此状态下有δ(q s,0)= q0;δ(q s,1)= q1。
(2) q0——满足此状态的x有:x=3*n+0,通过q0倒过来可以推导状态。
倒过来计算,当读入0的时候,x=2*(3n+0),所以,δ(q0,0)= q0当读入1的时候,x=2*(3n+0)+1,所以,δ(q0,1)= q1(3) q1——满足此状态的x有:x=3*n+1,通过q1倒过来可以推导状态。
倒过来计算,当读入0的时候,x=2*(3n+1),所以,δ(q1,0)= q2当读入1的时候,x=2*(3n+1)+1,所以,δ(q1,1)= q0(4) q2——满足此状态的x有:x=3*n+2,通过q2倒过来可以推导状态。
倒过来计算,当读入0的时候,x=2*(3n+2),所以,δ(q2,0)= q1当读入1的时候,x=2*(3n+2)+1,所以,δ(q2,1)= q2(2)、0的个数被5整除,1的个数被4整除的二进制整数串的集合。
2.把下列正则表达式转化成带ε转移的NFA ,并把该自动机转化成等价的状态最小的DFA 。
图书P72 (1)(0+1)01 (2)00(0+1)*带空串的非确定型自动机:1)2)确定型自动机:1====================================================================== 3.证明:(1)语言{0n|n是2的幂}不是正则语言;图书P88证明:记此语言为L。
反设L是正则的,则泵引理成立。
对于泵引理中相应于L 的正整数N, 取w = 0M, 其中M=2N,则w=xyz, |xy|<= N, y≠ε且xy i z在L中,i=0,1,2,….设xz = 0 p, y = 0 q, 则xy i z = 0 p+iq∈L, i= 0,1,2,…所以p+iq = 2Ni, i=1,2,….于是(p+(i+1)q)/(p+iq)≥2,令i趋于无穷大,则由以上不等式可得1≥2,矛盾。
形式语言与自动机理论--第三章参考答案
第三章作业答案1.已知DFA M1与M2如图3-18所示。
(xxxx 02282068) (1) 请分别给出它们在处理字符串1011001的过程中经过的状态序列。
(2) 请给出它们的形式描述。
Sq q1q q图3-18 两个不同的DFA解答:(1)M1在处理1011001的过程中经过的状态序列为q0q3q1q3q2q3q1q3;M2在处理1011001的过程中经过的状态序列为q0q2q3q1q3q2q3q1;(2)考虑到用形式语言表示,用自然语言似乎不是那么容易,所以用图上作业法把它们用正则表达式来描述:M1: [01+(00+1)(11+0)][11+(10+0)(11+0)]* M2: (01+1+000){(01)*+[(001+11)(01+1+000)]*} *******************************************************************************2.构造下列语言的DFA( xx02282085 ) (1){0,1}*,1(2){0,1}+,1(3){x|x{0,1}+且x 中不含00的串}(设置一个陷阱状态,一旦发现有00的子串,就进入陷阱状态)(4){ x|x{0,1}*且x中不含00的串}(可接受空字符串,所以初始状态也是接受状态)(5){x|x{0,1}+且x中含形如10110的子串}(6){x|x{0,1}+且x中不含形如10110的子串}(设置一个陷阱状态,一旦发现有00的子串,就进入陷阱状态)(7){x|x{0,1}+且当把x看成二进制时,x模5和3同余,要求当x为0时,|x|=1,且x0时,x的首字符为1 }1.以0开头的串不被接受,故设置陷阱状态,当DFA在启动状态读入的符号为0,则进入陷阱状态2.设置7个状态:开始状态qs,q0:除以5余0的等价类,q1:除以5余1的等价类,q2:除以5余2的等价类,q3:除以5余3的等价类,q4:除以5余4的等价类,接受状态qt3.状态转移表为(8){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)(9){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)(10){x|x{0,1}+且xxx至少含有两个1}(11){x|x{0,1}+且如果x以1结尾,则它的xx为偶数;如果x以0结尾,则它的xx为奇数}可将{0,1}+的字符串分为4个等价类。
自动机理论、语言和计算导论课后习题答案(中文版)
自动机理论、语言和计算导论课后习题答案(中文版)Solutions for Section 2.2Exercise 2.2.1(a)States correspond to the eight combinations of switch positions, and also must indicate whether the previous roll came out at D, i.e., whether the previous input was accepted. Let 0 represent a position to the left (as in the diagram) and 1 a position to the right. Each state can be represented by a sequence of three 0's or 1's, representing the directions of the three switches, in order from left to right. We follow these three bits by eithera indicating it is an accepting state or r, indicating rejection. Of the16 possible states, it turns out that only 13 are accessible from the initial state, 000r. Here is the transition table: 杠杆可能出现8种情况,影响着最终状态。
并且也要说明,前面一个大理石球是否从D滚出,也就是说,前一个输入是否被接受。
令0 代表向左方的状态(如图表),1 代表向右方。
这三个杠杆的每一个状态都可以用三个数(0或1)组成的序列表示。
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第二章习题解答习题2.2.4a) b) c) 习题2.2.9a) 对|w|作归纳法。
当|w|=1时w 为一字符,由题设已成立。
设),(ˆ),(ˆ0w q w q fδδ=, 则对任一字母a ,有 ).,(ˆ)),,(ˆ(ˆ)),,(ˆ(ˆ ),(ˆ00wa q a w q a w q wa q ff δδδδδδ=== b) 对k 作归纳法。
k=1时,由题设命题已成立。
设x k ∈ L(A),即f k q x q =),(ˆ0δ。
于是 ff k k q x q x x q x q ===+),(ˆ)),,(ˆ(ˆ ),(ˆ010δδδδ,即x k +1∈ L(A),证毕。
习题2.2.101) 将DFA 改写成转移图形式:2)观察上图,知其接受的语言应为L ={ w ∈{0,1}*: w 含奇数个1 }. 3) 用数学归纳法证明2)中的断言:当|w|=1时,若w =0则DFA 不接受w ,若w =1则DFA 接受w ,此时命题成立。
设w 时命题成立,即当w 中含偶数个1时DFA 不接受w ,当w 中含奇数个1时DFA 接受w 。
0,10,1对于任一字符c :若c=0,则当w 中含偶数个1时由于DFA 不接受w ,故A w q =),(ˆ0δ,从而A wc q =),(ˆ0δ;当w 中含奇数个1时由于DFA 接受w ,故B w q =),(ˆ0δ,从而B wc q =),(ˆ0δ。
若c=1,则当w 中含偶数个1时由于DFA 不接受w ,故A w q =),(ˆ0δ,从而B wc q =),(ˆ0δ;当w 中含奇数个1时由于DFA 接受w ,故B w q =),(ˆ0δ,从而A wc q =),(ˆ0δ。
总之,当wc 中含偶数个1时DFA 不接受wc ,当wc 中含奇数个1时DFA 接受wc 。
命题得证。
习题2.2.111) 将DFA 改写成转移图形式:2)观察上图,知其接受的语言应为L ={ w ∈{0,1}*: w 不含子串00 }.3) 用数学归纳法证明2)中的断言,过程与前题类似。
习题2.3.20, 10 1 →{p} {q, s} {q } *{q, s } {r} {p, q, r} *{q} {r} {q, r} {r} {s} {p} *{q, r} {r, s} {p, q, r} *{s} ∅ {p} *{r, s} {s} {p} *{p, q, r } {q, r, s} {p, q, r} *{q, r, s} {r, s} {p, q, r} ∅ ∅ ∅习题2.3.31) 将NFA 转化为DFA :2) 将转移表改写为转移图:观察此图,知其接受的语言应为L ={ w ∈{0,1}*: w 以00或01结尾 }.习题2.3.4a )0 1 →{p} {p, q} {p } {p, q} {p, q, r, s} {p, t} *{p, q, r, s} {p, q, r, s } {p, t} *{p, t} {p, q} {p } {p,t}习题2.4.1 a)b)c)习题2.5.1a) ECLOSE(p) = {p},ECLOSE(q) = {q, p}, ECLOSE(r) = {r, q, p} b)自动机接受的长度为1的串有c ;自动机接受的长度为2的串有 ac, bb, bc, ca, cb,cc ;自动机接受的长度为3的串有aac, abb, abc, aca, acb, acc, bab, bac, bba, bbb, bbc,bca,bcb, bcc.c)习题2.5.3 a)b) c)第三章习题解答习题3.1.1a) (a+b+c)* (a+b) (a+b+c)*(或的答案)(a+b+c)* (a(a+b+c)* b +b (a+b+c)* a) (a+b+c)* b) (0+1)*1 (0+1)9c) ( (01+0)* + (10+0)*) + (10+0)*11 (01+0)*习题3.1.2a) (01+0011)*b) 1*(01*01*01*01*0)*1*习题3.1.4a) 不连续出现1的串的集合 b) 含子串000的串的集合 c) 不连续出现1的串的集合习题3.1.5 {ε }c习题3.2.1 DFA 的转移图为d) 1*0 (11*0)*0 (0+1 (11*0)*0)*e) (1+01)*00 (0+10)*习题3.2.3 将DFA 写成转移图形式,然后改成标准形式,以此为基础逐个消去中间结点:故DFA 相应的正则表达式为 ( 1+ 0 ( ( 0+10*1)1 )* (0+10*1)0 )*.(注意:消中间结点的顺序不同,所得正则表达式就可能不一样)1 0( 0+10*1)11+ 0( ( 0+10*1)1 )* (0+10*1)0 ( 1+ 0( ( 0+10*1)1 )* (0+10*1)0 )*习题3.2.4a) b)c) 习题3.2.5a) b)c)习题3.2. 补充题(a) (ab)*(ba)* ⋃aa*(b) ((ab⋃aab)*a*)*(c) (ba ⋃b)* ⋃ (bb ⋃a)*10, 1(d) a*(ab ⋃ba(e) ((a ⋃b)*(a(f) ((ab)* ⋃ (bc)*)ab习题3.4.1 a)-e). 证明略。
f) 先证 R*⊆ (R*)*。
因为 R ⊆ R*, 所以根据星号运算的定义易知R*⊆ (R*)*。
再证 (R*)*⊆ R*。
任取w ∈(R*)*, 由星号定义存在w k ∈R*, k=1,2,…,n, 使得 w=w 1w 2…. w n 。
对于每个w k ∈R*,由星号定义存在w k j ∈R, j =1,2,…,n k , 使得w k =w k1w k2…. w k nk , k=1,2,…,n.于是w= w 11w 12…. w 1 n1 w 21w 22…. w 2 n2…. w n1w n2…. w n nn ,即w 可以表示成若干个R 的串的连接,由星号定义有w ∈R*,故(R*)*⊆ R*。
综上所述,有(R*)*= R*。
h) 显然R ⋃S ⊆ R*S*,故(R ⋃S)* ⊆ (R*S*)*。
反过来,对于任意的w ∈(R*S*)*, 由星号定义存在w k ∈R*S*, k=1,2,…,n, 使得 w=w 1w 2…. w n 。
设w k =r k s k ,其中r k ∈R*,s k ∈S*, k=1,2,…,n 。
这样,每个r k 可以表示成若干个R 的串的连接,每个s k 可以表示成若干个R 的串的连接,从而w 可以表示成若干个R ⋃S 的串的连接,这说明(R*S*)* ⊆ (R ⋃S)*。
所以 (R*S*)* = (R ⋃S)*。
习题3.4.2a, ba)不成立。
请看以下反例:当R={1}, S= {0}时,串1010出现在等式左端的集合中,但不出现在等式右端集合中。
d) 不成立。
请看以下反例:当R={1}, S= {0}时,串ε出现在等式右端的集合中,但不出现在等式左端集合中。
习题3.4.3(0+1)*1 (0+1) ( ε +0+! )第四章习题解答习题4.1.1a) 记此语言为L。
反设L是正则的,则泵引理成立。
对于泵引理中相应于L的正整数N, 取w = 0N1N, 由于w=xyz, |xy|<= N, y≠ε且xy i z在L中,i=0,1,2,….故x=0k, y=0k’,k’>0. 因此xy0z =0N-k’1N不在L中, 矛盾。
b) 记此语言为L。
反设L是正则的,则泵引理成立。
对于泵引理中相应于L 的正整数N, 取w = (N )N, 由于w=xyz, |xy|<= N, y≠ε且xy i z在L中,i=0,1,2,….故x=0k, y=0k’,k’>0. 因此xy0z =(N-k’ )N不在L中, 矛盾。
c) 记此语言为L。
反设L是正则的,则泵引理成立。
对于泵引理中相应于L的正整数N, 取w = 0N10N, 由于w=xyz, |xy|<= N, y≠ε且xy i z在L中,i=0,1,2,….故x=0k, y=0k’,k’>0. 因此xy0z =0N-k’1 0N不在L中, 矛盾。
d) 记此语言为L。
反设L是正则的,则泵引理成立。
对于泵引理中相应于L 的正整数N, 取w = 0N12N, 由于w=xyz, |xy|<= N, y≠ε且xy i z在L中,i=0,1,2,….故x=0k, y=0k’,k’>0. 因此xy0z =0N-k’1 2N不在L中, 矛盾。
e) 记此语言为L。
反设L是正则的,则泵引理成立。
对于泵引理中相应于L 的正整数N, 取w = 0N1N, 由于w=xyz, |xy|<= N, y≠ε且xy i z在L中,i=0,1,2,….故x=0k, y=0k’,k’>0. 因此xy0z =0N-k’1N不在L中, 矛盾。
f) 记此语言为L。
反设L是正则的,则泵引理成立。
对于泵引理中相应于L 的正整数N, 取w = 0N12N, 由于w=xyz, |xy|<= N, y≠ε且xy i z在L中,i=0,1,2,….故x=0k, y=0k’,k’>0. 因此xy0z =0N-k’12N不在L中, 矛盾。
习题4.1.2a) 记此语言为L 。
反设L 是正则的,则泵引理成立。
对于泵引理中相应于L 的正整数N, 取 w = 0N ⨯N , 则w=xyz, |xy|<= N, y ≠ε且xy iz 在L 中,i=0,1,2,…. 设xz = 0 p , y = 0 q , 则 xy i z = 0 p+iq ∈L, i= 0,1,2,… 所以 p+iq = n 2i , i=1,2,….于是 q= n 2i+1 - n 2i ≥(n i +1)2- n 2i = 2n i +1.令 i 趋于无穷大,则由以上不等式可得 q ≥+∞,矛盾。
b) 类似a)可证。
c) 记此语言为L 。
反设L 是正则的,则泵引理成立。
对于泵引理中相应于L 的正整数N, 取 w = 0M , 其中M =2N ,则w=xyz, |xy|<= N, y ≠ε且xy iz 在L 中,i=0,1,2,…. 设xz = 0 p , y = 0 q , 则 xy i z = 0 p+iq ∈L, i= 0,1,2,… 所以 p+iq = 2Ni , i=1,2,…. 于是 (p+(i+1)q)/(p+iq)≥2,令 i 趋于无穷大,则由以上不等式可得 1≥2,矛盾。
习题4.1.4a) 长度不够,即无法找到长度符合要求的w 。
b) 长度不够,即无法找到长度符合要求的w 。