แปลงนิพจน์ปกติเป็น (น้อย) NFA ที่ยอมรับภาษาเดียวกันเป็นเรื่องง่ายด้วยขั้นตอนวิธีการมาตรฐานเช่นอัลกอริทึม ธ อมป์สัน ในอีกทางหนึ่งดูเหมือนว่าจะน่าเบื่อกว่าและบางครั้งการแสดงออกที่เกิดขึ้นนั้นยุ่งเหยิง

มีอัลกอริธึมอะไรบ้างสำหรับการแปลง NFA ให้เป็นนิพจน์ทั่วไปที่เทียบเท่ากัน มีข้อได้เปรียบเกี่ยวกับความซับซ้อนของเวลาหรือขนาดผลลัพธ์หรือไม่

^{นี่ควรจะเป็นคำถามอ้างอิง โปรดรวมการลดทอนของวิธีการทั่วไปของคุณรวมถึงตัวอย่างที่ไม่สำคัญ}

มีหลายวิธีในการทำการแปลงจากออโตมาตา จำกัด เป็นนิพจน์ปกติ ที่นี่ฉันจะอธิบายหนึ่งที่มักจะสอนในโรงเรียนซึ่งเป็นภาพมาก ฉันเชื่อว่ามันถูกใช้มากที่สุดในการปฏิบัติ อย่างไรก็ตามการเขียนอัลกอริทึมไม่ใช่ความคิดที่ดี

วิธีการกำจัดสถานะ

อัลกอริทึมนี้เกี่ยวกับการจัดการกราฟของหุ่นยนต์และดังนั้นจึงไม่เหมาะสำหรับอัลกอริทึมเนื่องจากมันต้องการกราฟแบบดั้งเดิมเช่น ... การลบรัฐ ฉันจะอธิบายมันโดยใช้พื้นฐานระดับสูง

ความคิดหลัก

แนวคิดคือการพิจารณานิพจน์ทั่วไปบนขอบจากนั้นลบสถานะสื่อกลางในขณะที่ทำให้ป้ายชื่อขอบคงที่

รูปแบบหลักสามารถเห็นได้ในรูปต่อไปนี้ เป็นครั้งแรกที่มีป้ายระหว่างที่มีการแสดงออกปกติและเราต้องการที่จะเอาคิวe , f , g , h , i $p,q,r$$e,f,g,h,i$$q$

เมื่อนำออกแล้วเราจะเขียนด้วยกัน (ในขณะที่รักษาขอบอื่น ๆ ระหว่างและแต่สิ่งนี้ไม่ปรากฏบนนี้):p $e,f,g,h,i$$p$$r$

ตัวอย่าง

ใช้ตัวอย่างเดียวกันกับคำตอบของราฟาเอล :

เราลบอย่างต่อเนื่อง:$q_2$

แล้ว :$q_3$

แล้วเรายังคงต้องใช้ดาวบนแสดงออกจากเพื่อq_1ในกรณีนี้สถานะสุดท้ายก็เริ่มต้นด้วยดังนั้นเราแค่ต้องเพิ่มดาว:q $q_1$$q_1$

ขั้นตอนวิธี

L[i,j]เป็น regexp ของภาษาจากที่เพื่อq_jก่อนอื่นเราจะลบหลายขอบทั้งหมด:q $q_i$$q_j$

for i = 1 to n:
  for j = 1 to n:
    if i == j then:
      L[i,j] := ε
    else:
      L[i,j] := ∅
    for a in Σ:
      if trans(i, a, j):
        L[i,j] := L[i,j] + a

ตอนนี้การกำจัดของรัฐ สมมติว่าเราต้องการลบสถานะ :$q_k$

remove(k):
  for i = 1 to n:
    for j = 1 to n:
      L[i,i] += L[i,k] . star(L[k,k]) . L[k,i]
      L[j,j] += L[j,k] . star(L[k,k]) . L[k,j]
      L[i,j] += L[i,k] . star(L[k,k]) . L[k,j]
      L[j,i] += L[j,k] . star(L[k,k]) . L[k,i]

โปรดทราบว่าทั้งสองด้วยดินสอกระดาษและด้วยวิธีที่คุณควรลดความซับซ้อนของการแสดงออกเช่นstar(ε)=ε, e.ε=e, ∅+e=e, ∅.e=∅(ด้วยมือคุณเพียงแค่ไม่ได้เขียนขอบเมื่อมันไม่หรือแม้กระทั่งสำหรับห่วงตนเองและคุณไม่สนใจเมื่อมี ไม่มีการเปลี่ยนแปลงระหว่างและหรือและ )$∅$$ε$q k q j q $q_i$$q_k$$q_j$$q_k$

ตอนนี้วิธีการใช้งานremove(k)? คุณไม่ควรลบสถานะสุดท้ายหรือเริ่มต้นเบา ๆ มิฉะนั้นคุณจะพลาดบางส่วนของภาษา

for i = 1 to n:
  if not(final(i)) and not(initial(i)):
    remove(i)

หากคุณมีสถานะสุดท้ายเพียงรัฐและสถานะเริ่มต้นหนึ่งสถานะดังนั้นนิพจน์สุดท้ายคือ:q $q_f$$q_s$

e := star(L[s,s]) . L[s,f] . star(L[f,s] . star(L[s,s]) . L[s,f] + L[f,f])

หากคุณมีสถานะขั้นสุดท้ายหลายสถานะ (หรือแม้กระทั่งสถานะเริ่มต้น) ดังนั้นจึงไม่มีวิธีที่ง่ายในการผสานสถานะเหล่านี้นอกเหนือจากการใช้วิธีการปิด transitive โดยทั่วไปแล้วนี่ไม่ใช่ปัญหาด้วยมือ แต่มันก็น่าอึดอัดใจเมื่อเขียนอัลกอริทึม วิธีแก้ปัญหาที่ง่ายกว่ามากคือการแจกแจงคู่ทั้งหมดและเรียกใช้อัลกอริทึมบนกราฟ (แล้วลบรัฐ) เพื่อรับนิพจน์ทั้งหมดสมมติว่าเป็นสถานะเริ่มต้นเท่านั้นและเป็นขั้นสุดท้ายเท่านั้น ของรัฐแล้วทำสหภาพทุกF}e s , f s f e s , $(s,f)$$e_{s,f}$$s$$f$$e_{s,f}$

สิ่งนี้และความจริงที่ว่านี่เป็นการแก้ไขภาษาแบบไดนามิกมากกว่าวิธีแรกทำให้เกิดข้อผิดพลาดได้ง่ายขึ้นเมื่อตั้งโปรแกรม ฉันแนะนำให้ใช้วิธีอื่น

จุดด้อย

มีหลายกรณีในอัลกอริทึมนี้ตัวอย่างเช่นสำหรับการเลือกโหนดที่เราควรลบจำนวนสุดท้ายของสถานะในตอนท้ายข้อเท็จจริงที่ว่าสถานะสุดท้ายสามารถเริ่มต้นได้เช่นกัน

โปรดทราบว่าขณะนี้อัลกอริทึมถูกเขียนขึ้นแล้วนี่เป็นวิธีการปิด transitive บริบทการใช้งานจะแตกต่างกันเท่านั้น ฉันไม่แนะนำให้ใช้อัลกอริทึม แต่การใช้วิธีทำด้วยมือเป็นความคิดที่ดี

วิธี

วิธีที่ดีที่สุดที่ฉันเคยเห็นก็คือวิธีหนึ่งที่แสดงออกถึงระบบสมการของภาษา (ปกติ) ซึ่งสามารถแก้ไขได้ โดยเฉพาะอย่างยิ่งเป็นเรื่องที่ดีเนื่องจากดูเหมือนว่าจะให้การแสดงออกที่กระชับมากกว่าวิธีอื่น ๆ

ให้ NFA โดยไม่มี -transitions สำหรับทุก ๆ รัฐให้สร้างสมการε q $A= (Q,\Sigma,\delta,q_0,F)$$\varepsilon$$q_i$

$\qquad \displaystyle Q_i = \bigcup\limits_{q_i \overset{a}{\to} q_j} aQ_j \cup \begin{cases} \{\varepsilon\} &,\ q_i \in F \\ \emptyset &, \text{ else}\end{cases}$

ที่คือชุดของรัฐสุดท้ายและหมายความว่ามีการเปลี่ยนแปลงจากเพื่อที่มีป้ายกำกับ หากคุณอ่านเป็นหรือ (ขึ้นอยู่กับนิยามนิพจน์ปกติของคุณ) คุณจะเห็นว่านี่เป็นสมการของนิพจน์ทั่วไปq i a → q j q ฉันq j a ∪ + $F$$q_i \overset{a}{\to} q_j$$q_i$$q_j$$a$$\cup$$+$$\mid$

สำหรับการแก้ปัญหาระบบคุณจำเป็นต้องมีการเชื่อมโยงและการกระจายของและ (การเรียงสตริง), การสับเปลี่ยนของและLemma ของ Arden :⋅ $\cup$$\cdot$$\cup$

LetภาษาปกติกับU จากนั้น$L,U,V \subseteq \Sigma^*$$\varepsilon \notin U$

$\qquad \displaystyle L = UL \cup V \quad \Longleftrightarrow \quad L = U^*V$

การแก้ปัญหาคือชุดของการแสดงออกปกติหนึ่งสำหรับทุกรัฐq_iอธิบายว่าคำพูดเหล่านั้นที่สามารถรับการยอมรับจากเมื่อเริ่มต้นใน ; ดังนั้น (ถ้าเป็นสถานะเริ่มต้น) คือการแสดงออกที่ต้องการ$Q_i$$q_i$$Q_i$$A$$q_i$$Q_0$$q_0$

ตัวอย่าง

^{เพราะความชัดเจนที่เรา denotate ชุดเดี่ยวโดยองค์ประกอบของพวกเขาคือ\} ตัวอย่างนี้เกิดจาก Georg Zetzsche$a = \{a\}$}

พิจารณา NFA นี้:

^{[ แหล่งที่มา ]}

ระบบสมการที่สอดคล้องกันคือ:

$\qquad \begin{align} Q_0 &= aQ_1 \cup bQ_2 \cup \varepsilon \\ Q_1 &= bQ_0 \cup aQ_2 \\ Q_2 &= aQ_0 \cup bQ_1 \end{align}$

ตอนนี้เสียบสมการที่สามลงในที่สอง:

$\qquad \begin{align} Q_1 &= bQ_0 \cup a(aQ_0 \cup bQ_1) \\ &= abQ_1 \cup (b \cup aa)Q_0 \\ &= (ab)^*(b \cup aa)Q_0 \end{align}$

สำหรับขั้นตอนที่ผ่านมาเราใช้อาร์เดนของบทแทรกด้วย ,และQ_0 โปรดทราบว่าทั้งสามภาษาเป็นภาษาปกติและทำให้เราสามารถใช้บทแทรกได้ ตอนนี้เราเสียบผลลัพธ์นี้เข้ากับสมการแรก:$L = Q_1$$U = ab$$V = (b \cup aa) \cdot Q_0$$\varepsilon \notin U = \{ab\}$

$\qquad \begin{align} Q_0 &= a(ab)^*(b \cup aa)Q_0 \cup baQ_0 \cup bb(ab)^*(b \cup aa)Q_0 \cup \varepsilon \\ &= ((a \cup bb)(ab)^*(b \cup aa) \cup ba)Q_0 \cup \varepsilon \\ &= ((a \cup bb)(ab)^*(b \cup aa) \cup ba)^* \qquad \text{(by Arden's Lemma)} \end{align}$

ดังนั้นเราจึงพบการแสดงออกปกติสำหรับภาษาที่ยอมรับโดยหุ่นยนต์ด้านบนคือ

$\qquad \displaystyle ((a + bb)(ab)^*(b + aa) + ba)^*.$

โปรดทราบว่ามันค่อนข้างสั้น (เปรียบเทียบกับผลของวิธีการอื่น ๆ ) แต่ไม่ได้มีการพิจารณาเฉพาะ การแก้ระบบสมการด้วยการเรียงลำดับที่แตกต่างกันนำไปสู่การเทียบเท่าอื่น ๆ ! - การแสดงออก

1. สำหรับหลักฐานการ Arden ของบทแทรกให้ดูที่นี่

วิธีพีชคณิต Brzozowski

นี่เป็นวิธีเดียวกับที่อธิบายไว้ในคำตอบของราฟาเอลแต่จากมุมมองของอัลกอริธึมที่เป็นระบบและจากนั้นแน่นอนอัลกอริทึม มันกลายเป็นเรื่องง่ายและเป็นธรรมชาติที่จะดำเนินการเมื่อคุณรู้ว่าจะเริ่มต้นที่ไหน นอกจากนี้มันอาจจะง่ายขึ้นด้วยมือถ้าการวาดออโตมาตาทั้งหมดนั้นไม่สามารถทำได้ด้วยเหตุผลบางประการ

เมื่อเขียนอัลกอริธึมคุณต้องจำไว้ว่าสมการนั้นต้องเป็นเชิงเส้นเสมอเพื่อให้คุณได้ภาพที่เป็นนามธรรมของสมการสิ่งที่คุณสามารถลืมได้เมื่อคุณแก้ไขด้วยมือ

แนวคิดของอัลกอริทึม

ฉันจะไม่อธิบายวิธีการทำงานเนื่องจากทำได้ดีในคำตอบของ Raphaelซึ่งฉันแนะนำให้อ่านก่อน แต่ฉันมุ่งเน้นไปที่ลำดับที่คุณควรแก้สมการโดยไม่ต้องทำการคำนวณเพิ่มเติมหรือกรณีพิเศษมากเกินไป

เริ่มต้นจากวิธีแก้ปัญหาที่แยบยลของกฎของ Ardenไปยังสมการภาษาเราสามารถพิจารณาออโตมาตาเป็นชุดสมการของรูปแบบ:X = A X ∪ $X=A^*B$$X=AX∪B$

เราสามารถแก้ปัญหานี้ได้โดยการเหนี่ยวนำที่โดยการอัปเดตอาร์เรย์และตามลำดับ ในขั้นตอนที่เรามี:A i , j B i , j$n$$A_{i,j}$$B_{i,j}$$n$

และกฎของอาร์เดนให้เรา:

และโดยการตั้งค่าและเราได้รับ:$B'_n = A_{n,n}^* B_n$$A'_{n,i}=A_{n,n}^*A_{n,i}$

และเราสามารถลบความต้องการทั้งหมดของในระบบโดยการตั้งค่าสำหรับ :$X_n$$i,j<n$

A ′ i , j = A i , j + A i , n A ′ n ,

เมื่อเราแก้ไขเมื่อเราจะได้สมการดังนี้: n = $X_n$$n=1$

ไม่มีi} ดังนั้นเราจึงได้รับการแสดงออกปกติของเรา$A'_{1,i}$

อัลกอริทึม

ด้วยสิ่งนี้เราสามารถสร้างอัลกอริทึม ที่จะมีการประชุมเดียวกันกว่าในการเหนี่ยวนำข้างต้นเราจะบอกว่าสถานะเริ่มต้นคือและว่าจำนวนของรัฐที่เป็นเมตรก่อนการเริ่มต้นเพื่อเติม : m $q_1$$m$$B$

for i = 1 to m:
  if final(i):
    B[i] := ε
  else:
    B[i] := ∅

และ :$A$

for i = 1 to m:
  for j = 1 to m:
    for a in Σ:
      if trans(i, a, j):
        A[i,j] := a
      else:
        A[i,j] := ∅

แล้วการแก้ปัญหา:

for n = m decreasing to 1:
  B[n] := star(A[n,n]) . B[n]
  for j = 1 to n:
    A[n,j] := star(A[n,n]) . A[n,j];
  for i = 1 to n:
    B[i] += A[i,n] . B[n]
    for j = 1 to n:
      A[i,j] += A[i,n] . A[n,j]

การแสดงออกสุดท้ายคือ:

e := B[1]

การดำเนินงาน

แม้ว่ามันอาจดูเหมือนว่าระบบของสมการที่ดูเหมือนจะเป็นสัญลักษณ์ของอัลกอริทึม แต่มันก็เหมาะสำหรับการนำไปใช้ นี่คือการดำเนินการตามขั้นตอนวิธีนี้ใน Ocaml (ลิงค์เสีย) โปรดทราบว่านอกเหนือจากฟังก์ชั่นbrzozowskiทุกอย่างคือการพิมพ์หรือใช้สำหรับตัวอย่างของราฟาเอล โปรดทราบว่ามีฟังก์ชันที่มีประสิทธิภาพอย่างน่าประหลาดใจในการทำให้การแสดงผลปกติง่ายsimple_reขึ้น

วิธีการปิดสกรรมกริยา

วิธีนี้ง่ายต่อการเขียนในรูปแบบของอัลกอริทึม แต่สร้างนิพจน์ปกติที่มีขนาดใหญ่อย่างไร้เหตุผลและไม่สามารถทำได้ถ้าคุณทำด้วยมือส่วนใหญ่เป็นเพราะมันเป็นระบบเกินไป มันเป็นวิธีแก้ปัญหาที่ดีและง่ายสำหรับอัลกอริทึม

ความคิดหลัก

Letแทนการแสดงออกปกติสำหรับสตริงไปจากเพื่อใช้รัฐ\} ให้เป็นจำนวนสถานะของหุ่นยนต์ q ฉันq $R^k_{i,j}$$q_i$$q_j$$\{q_1, …, q_k\}$$n$

สมมติว่าคุณรู้อยู่แล้วว่าการแสดงออกปกติจากเพื่อโดยไม่ต้องรัฐกลาง (ยกเว้นขา) สำหรับทุก j จากนั้นคุณสามารถเดาได้ว่าการเพิ่มสถานะอื่นจะส่งผลต่อนิพจน์ทั่วไปใหม่ : มันเปลี่ยนแปลงเฉพาะในกรณีที่คุณมีการเปลี่ยนโดยตรงไปยังและสามารถแสดงออกได้ดังนี้: q i q j q k i , j R ′ i , j q $R_{i,j}$$q_i$$q_j$$q_k$$i,j$$R'_{i,j}$$q_k$

(คือและคือ .)R k - 1 R ′ R $R$$R^{k-1}$$R'$$R^k$

ตัวอย่าง

เราจะใช้เช่นเดียวกับในคำตอบของราฟาเอล ในตอนแรกคุณสามารถใช้การเปลี่ยนแปลงโดยตรงเท่านั้น

นี่คือขั้นตอนแรก (โปรดทราบว่าห่วงตัวเองที่มีป้ายจะได้เปลี่ยนคนแรกเข้าA)$a$$ε$$(ε+a)$

ในขั้นตอนที่สองเราสามารถใช้ (ซึ่งถูกเปลี่ยนชื่อเป็นสำหรับเราเพราะถูกใช้เพื่อวัตถุประสงค์ด้านบนแล้ว) เราจะดูว่าทำงานอย่างไร$q_0$$q_1$$R^0$$R^1$

จากถึง :BA$q_2$$q_2$$R^1_{2,2} = R^0_{2,2} + R^0_{2,1} {R^0_{1,1}}^* R^0_{1,2} = ε + b ε^* a = ε + ba$

ทำไมถึงเป็นอย่างนั้น? เป็นเพราะการไปจากถึงโดยใช้เพียงเนื่องจากสถานะระดับกลางสามารถทำได้โดยการอยู่ที่นี่ ( ) หรือไปที่ ( ) วนไปที่นั่น ( ) และกลับมา ( )$q_2$$q_2$$q_1$$ε$$q_1$$a$$ε^*$$b$

คุณสามารถคำนวณเช่นนั้นและได้เช่นกันและจะให้นิพจน์สุดท้ายแก่คุณเพราะเป็นทั้งค่าเริ่มต้นและครั้งสุดท้าย โปรดทราบว่ามีการทำนิพจน์ที่เรียบง่ายจำนวนมากที่นี่แล้ว มิฉะนั้นคนแรกของจะเป็นและเป็นครั้งแรกของจะเป็นก)$R^2$$R^3$$R^3_{1,1}$$1$$a$$R^0$$(∅+a)$$a$$R^1$$((∅+a)+ε(ε)^*a)$

ขั้นตอนวิธี

การเริ่มต้น:

for i = 1 to n:
  for j = 1 to n:
    if i == j:
      R[i,j,0] := ε
    else:
      R[i,j,0] := ∅
    for a in Σ:
      if trans(i, a, j):
        R[i,j,0] := R[i,j,0] + a

การปิดสกรรมกริยา:

for k = 1 to n:
  for i = 1 to n:
    for j = 1 to n:
      R[i,j,k] := R[i,j,k-1] + R[i,k,k-1] . star(R[k,k,k-1]) . R(k,j,k-1)

จากนั้นนิพจน์สุดท้ายคือ (สมมุติว่าเป็นสถานะเริ่มต้น):$q_s$

e := ∅
for i = 1 to n:
  if final(i):
    e := e + R[s,i,n]

แต่คุณสามารถจินตนาการว่ามันสร้างการแสดงออกปกติน่าเกลียด แน่นอนคุณสามารถคาดหวังสิ่งที่ชอบที่แสดงถึงภาษาเดียวกับAAโปรดทราบว่าการทำให้นิพจน์ทั่วไปให้เป็นประโยชน์ในทางปฏิบัติง่ายขึ้น$(∅)^*+(a+(∅)^*)(ε)^*(a + ∅)$$aa$