Чому мова U = 0^n1^n (n>=0) нерегулярна?

/ / Published in Кібербезпека, Основи теорії обчислювальної складності EITC/IS/CCTF, Автомати, що відштовхуються, КПК: Автомати натискання

Питання про те, чи мова U = \{0^n1^n \mid n \geq 0\} є фундаментальною темою в галузі теорії обчислювальної складності, зокрема у вивченні формальних мов і теорії автоматів. Розуміння цієї концепції вимагає чіткого розуміння визначень і властивостей звичайних мов і обчислювальних моделей, які їх розпізнають.

Регулярні мови та кінцеві автомати

Звичайні мови — це клас мов, які можна розпізнати кінцевими автоматами, які є абстрактними машинами з кінцевою кількістю станів. Ці мови також можуть бути описані за допомогою регулярних виразів і можуть бути згенеровані регулярними граматиками. Ключовою характеристикою звичайних мов є те, що вони можуть бути розпізнані детермінованими кінцевими автоматами (DFA) або недетермінованими кінцевими автоматами (NFA). DFA складається з кінцевого набору станів, набору вхідних символів, функції переходу, яка відображає пари стан-символ на стани, початкового стану та набору приймаючих станів.

Потужність кінцевих автоматів обмежена їхньою кінцевою пам’яттю. Вони не можуть рахувати понад фіксоване число, що означає, що вони не можуть відстежувати довільну кількість входжень певного символу, якщо це число не обмежене кількістю станів в автоматі. Це обмеження є важливим при розгляді мов, подібних до U = \{0^n1^n \mid n \geq 0\}.

Нерегулярність U = \{0^n1^n \mid n \geq 0\}

Щоб визначити, чи є мова регулярною, можна використати лему прокачування для регулярних мов. Лема про накачування забезпечує властивість, якій повинні задовольняти всі регулярні мови, і її часто використовують, щоб показати, що певні мови не є регулярними, демонструючи, що вони не задовольняють цій властивості.

Лема про накачування стверджує, що для будь-якої звичайної мови L, існує довжина накачування p \geq 1 такий, що будь-який рядок s in L з довжиною |s| \geq стор можна розділити на три частини, s = xyz, що задовольняє наступним умовам:
1. |xy| \leq стор,
2. |у| \geq 1 та
3. для всіх i \geq 0, рядок xy^iz В L.

Щоб показати це за допомогою леми про накачування U = \{0^n1^n \mid n \geq 0\} не є регулярним, припустимо, заради протиріччя, що U є регулярним. Тоді існує довжина накачування p такий, що будь-який рядок s in U з |s| \geq стор можна розділити на частини x, y, z задовольняють умови леми про накачування.

Розгляньте рядок s = 0^p1^p in U. Згідно з лемою прокачування, s можна розділити на x, y, z такий, що |xy| \leq стор та |у| \geq 1, так як |xy| \leq стор, підрядок y складається лише з 0. Таким чином, х = 0^а, y = 0^b та z = 0^{pab}1^p де 1 \leq b \leq p.

Тепер розглянемо рядок xy^2z = 0^a0^{2b}0^{pab}1^p = 0^{p+b}1^p. Кількість 0s є p + b, що більше ніж p, а число 1s залишається p. Таким чином, xy^2z \notin U тому що числа 0 і 1 не рівні. Це протиріччя показує, що припущення, що U є регулярним — це хибно. Отже, U = \{0^n1^n \mid n \geq 0\} не є звичайною мовою.

Контекстно-вільні мови та автомати Pushdown

Мова U = \{0^n1^n \mid n \geq 0\} однак це контекстно-вільна мова (CFL). Контекстно-вільні мови розпізнаються автоматизованими автоматами (PDA), які є більш потужними, ніж кінцеві автомати, оскільки вони можуть використовувати стек для зберігання необмеженої кількості інформації. Ця додаткова пам'ять дозволяє КПК відстежувати кількість 0 і 1 у мові U.

КПК для U = \{0^n1^n \mid n \geq 0\} працює наступним чином:
1. Він запускається в початковому стані та зчитує 0 з вхідних даних, надаючи кожен 0 у стек.
2. Після зчитування першого 1 він переходить у новий стан і починає видаляти 0 зі стеку за кожен 1, зчитаний із вхідних даних.
3. Якщо стек порожній, коли введення вичерпано, КПК приймає введення, вказуючи, що кількість 0 збігається з кількістю 1.

Цей механізм використання стека для відповідності кількості 0 і 1 демонструє здатність КПК розпізнавати мови, які не є регулярними, але є контекстно-вільними.

Приклади та подальші наслідки

Розглянемо приклад рядка s = 000111 від мови U. КПК обробляє цей рядок, вставляючи кожен 0 у стек, коли він їх читає. Після зчитування трьох нулів стек міститиме три символи, кожен з яких представлятиме 0. Коли КПК зчитує наступні 0, він витягує зі стеку по одному символу для кожної 1. Коли вхідні дані повністю прочитано, стек порожній, що означає, що що введення прийнято.

Навпаки, кінцевий автомат не зможе відстежувати кількість 0 і 1, оскільки йому не вистачає механізму стека. Без можливості зберігати та отримувати необмежену кількість символів, скінченний автомат не може гарантувати, що кількість 0 дорівнює кількості 1, що призводить до його нездатності розпізнавати мову U.

Розрізнення між звичайними та контекстно-вільними мовами є важливим у теоретичній інформатиці та має практичні наслідки в таких сферах, як проектування мови програмування та аналіз. Контекстно-вільні граматики, які створюють контекстно-вільні мови, широко використовуються у визначенні синтаксису мов програмування. Здатність ефективно розпізнавати контекстно-вільні мови за допомогою КПК лежить в основі розробки аналізаторів, які є фундаментальними для компіляторів та інтерпретаторів.

Нерегулярність U = \{0^n1^n \mid n \geq 0\} підкреслює обмеження скінченних автоматів і підкреслює необхідність більш потужних обчислювальних моделей, таких як автомати з висуненням, для розпізнавання ширшого класу мов. Ця різниця є не просто теоретичною, але має глибоке значення для практичного проектування та реалізації мов програмування та інструментів, які їх обробляють.

Інші останні запитання та відповіді щодо Основи теорії обчислювальної складності EITC/IS/CCTF:

Більше запитань і відповідей дивіться в Основах теорії обчислювальної складності EITC/IS/CCTF

Більше питань і відповідей:

Теги: , , , , ,