Costruzione di espressioni regolari 4

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1 ostruzione di espressioni regolari 4 Indicando con d uno dei possibili digits {,, 2,,9} --possiamo esprimere il sotto linguaggio dei digits come d = ( ) Quale linguaggio produce l espressione: ( %) d d*? Ricordando che d + = dd* il linguaggio prodotto è + d d + + d + Ovvero il linguaggio degli interi con o senza segno (ad es. +24, -45, 78) sercizio: rappresentare con un espressione regolare il linguaggio delle costanti in virgola mobile con segno. ( %) (d +. d* +. d + ) (% + ( %) d + ) Notare la differenza tra +, simbolo dell alfabeto del linguaggio definito dall espressione regoalre, e +, simbolo del metalinguaggio delle espressioni regolari

2 spressioni regolari e grammatiche regolari I linguaggi definiti tramite espressioni regolari sono regolari spressioni regolari Linguaggi & a { a } ( s + t) L(s) " L(t) (s t) L(s) L(t) s* ( L( s ) )*

3 spressioni regolari e automi Un linguaggio definito da un espressione regolare R è definito anche da un automa a stati finiti A, cioè L( R) = L(A). aratteristiche dell automa :. Un unico stato finale 2. Nessun arco entrante nel nodo iniziale 3. Nessun arco uscente dallo stato finale linguaggio {} linguaggio vuoto & a Linguaggio { a }

4 spressioni regolari e automi L( ) " L( 2 ) 2 2 L( ) L( 2 ) (L( ))*

5 sempio X: onversione dell espressione ( + )* ( + )

6 Dall espressione regolare alle grammatiche regolari sempio: Si consideri l espressione regolare (b* + (ab)*). Si individua una grammatica per b* S ) bs 2. Si individua una grammatica per (ab)* nel seguente modo, dapprima si determina una grammatica per {ab} S 2 ) a B 2 B 2 ) b Si aggiungono quindi S 2 ) B 2 )b S 2 per ottenere la chiusura riflessiva e transitiva (ab)* 3. Si aggiunge l assioma S che indirizza alla prima e alla seconda grammatica S ) S S 2 quindi: S ) S S 2 S ) bs S 2 ) a B 2 B 2 ) b S 2 b

7 Verifica della regolarità Teorema: Un linguaggio è regolare se e solo se è accettato da un automa a stati finiti Sebbene ci siano vari strumenti per verificare se un linguaggio è regolare. s. Valutare tutte le possibili trasformazioni tra i vari schemi (automi, espressioni regolari atc.). Più difficile è verificare se un linguaggio è non regolare. i sono due proprietà che sono a comune dei linguaggi regolari. La fine di una scansione di una stringa da sinistra a destra deve essere determinata dalla struttura del linguaggio piuttosto che dalla stringa stessa. Ad esempio possiamo aspettarci che il linguaggio {a n b n n *} non è regolare perchè non sappiamo precisare il limite tra gli a e i b non avendo a disposizione un contatore. 2. I linguaggi regolari sono rappresentati da automi con cicli che mettono in luce strutture ripetive. Ad esempio mentre il linguaggio {a n } è certamente regolare, il linguaggio {a n : n * è un numero primo} non lo è in quanto non esiste una periodicità nella sequenza dei primi.

8 sempio di sottostruttura Il ciclo q ) aabab ) q può essere fatto un numero arbitrario di volte, anche zero volte b aabab ab b aabab aabab aabab ab..

9 Pumping Lemma Dato un linguaggio regolare L è sempre possibile trovare una costante n, per la quale ogni stringa w $ L con w, n sia esprimibile come w = y z tale che y -, y. n, e y i z $ L per i,. In altre parole la stringa che genera il ciclo può essere rimossa o ripetuta indefinitivamente Supponiamo di avere un automa A con n stati, applicato ad una una stringa w di lunghezza n. Un automa A con n stati per leggere una stringa di lunghezza n ha bisogno di n+ configurazioni (q, w,w 2, w n ) / (q, w 2,w 3, w n ) /. / (q n, ) Per il principio della piccionaia ci deve allora essere un i e un j con. i < j. n tale che q i = q j cioè la computazione ha almeno un ciclo. q q i y z Si osservi come la parte della stringa può essere vuota, così come la parte z, mentre la parte y non può essere vuota essendo i < j in senso stretto.

10 onseguenze del Pumping Lemma. Il linguaggio L = {a m b m : m, } non è un linguaggio regolare Supposto di applicare il Pumping Lemma per qualche intero n si considera la stringa a n b n $ L. Questa si dovrebbe riscrivere come w = y z con y. n e y - ovvero y = a i per qualche i,, ne deriva che z = a n-i b n ( L s: a a a b b b = a, y= aa, z =bbb = aaa, y=b, z=bb =aa, y=ab, z=bb 2. Il Linguaggio L = {a i i numero primo} non è regolare Si considera la decomposizione a n = y z per l ipotesi del Lemma anche w = y n+ z $ L con w numero primo. w = y n+ z = y z y n = y z + y n = n + n y = n ( + y ) pertanto considerato che y - la lunghezza della stringa w, non è un numero primo 3. Si dimostri che il linguaggio L = {z$ {a,b }* : z è un quadrato perfetto } non è regolare

11 Verifica se un Linguaggio Regolare è vuoto Se si suppone di usare la rappresentazione del linguaggio nella sua forma di automa a stati finiti il problema puo essere formulato nel modo seguente: Se esiste un cammino dallo stato S ad uno stato accettante Z allora il linguaggio non è vuoto Se non esiste una cammino dallo stato iniziale a qualche stato accettante Z il linguaggio è vuoto Se esiste una cammino dallo stato iniziale S ad un qualche stato accettante Z e che attraversa almeno due volte uno stesso stato il linguaggio è infinito

12 quivalenza di linguaggi regolari conveniente mettere due descrittori di linguaggi regolari sotto forma di automa a stati finiti deterministici in modo da favorirne il confronto. Il confronto verrà fatto trasformando i due automi nella loro forma minimale e, a meno di una ridenominazione degli stati, verificare se i due automi minimali coincidono. [Questo procedimento funziona in quanto si può dimostrare come la forma minimale di un automa è unico]. Verifica dell equivalenza di stati Due stati p e q con p " q si dicono equivalenti (e quindi sostituibili da un unico stato che si comporti come p e q messi insieme) se: p e q sono entrambi finali o entrambi non finali, e Per ogni simbolo di input a, presi s = #(p, a) r = #(q, a) s e r sono lo stesso stato o sono equivalenti. Due stati non equivalenti si dicono distinguibili, nel qual caso esiste almeno un simbolo di input che li distingue.

13 sempio A $ A B F B H $ B H NO NO NOSI NO A $ A F F B H $ A NO NONO NO NONONO B equ H A equ A dist A F D B H Basta trovare una stringa che renda distinguibili due stati O essere sicuri che ogni possibile stringa renda equivalente due stati

14 Algoritmo marca-stati Si rappresentano in una matrice triangolare di coordinate q, q 2,, q n q, q,, q n- tutti i possibili accoppiamenti tra stati. Se p è uno stato accettante e q è uno stato non accettante la coppia {p,q} è marcata distinguibile [questa eventualità è segnalata da un flag X] q q 2 q 3 q 4 q 5 Supposto essere q 7 uno stato finale 2. Siano p e q due stati per cui un simbolo di input a porta a due stati r=#(p,a) e s= #(q,a) che sappiamo essere distinguibili, allora anche la coppia {p,q} è distinguibile. q 6 q 7 X X X X X X X q q q 2 q 3 q 4 q 5 q 6 Praticamente due stati risultano equivalenti se non siamo riusciti a dimostrare la loro distinguibilità

15 A B D F H B F sempio di esecuzione A B D F H D (, A) #(,) = H #(A,) = B #(,) = F #(A,) = F Stati equivalenti B D F H BH X (, A) #(,) = #(A,) = B #(,) = #(A,) = F (A, ) (B, H) (D, F) Si prodece da sinistra verso destra e dall alto verso il basso A B D F (, ) #(,) = #(,) = H #(,) = #(,) = F

16 omplessità dell algoritmo marca stati L algoritmo visita ripetutamente la matrice da sinistra verso destra e dall alto verso il basso. Ogni visita richiede O(n 2 ) passi, dove n è il numero degli stati. La visita della matrice deve essere ripetuta perchè la distinguibilità di una coppia di stati può dipendere dalla distinguibilità di una coppia di stati che la precede nell ordine di visita, e che non è stata finora decisa. Basta ripetere la visita k volte, dove k è la lunghezza del cammino più lungo presente nel grafo, per essere sicuri di aver deciso la distinguibilità di ogni coppia di stati, visto che la distinguibilità di una coppia si stati si basa su quella dei loro successori. In un grafo, la lunghezza del cammino (aciclico) più lungo k è limitata superiormente da n, il numero degli stati. Quindi se semplicemente ripetiamo la visita n volte, l algoritmo decide la distinguibilità di tutte le coppie, con complessità O(n 3 ) In realtà la ripetizione della visita per n volte è necessaria solo nel caso peggiore. Si possono fare ottimizzazioni per limitare il numero di ripetizioni a quelle strattamente necessarie, ma la complessità del caso peggiore resta O(n 3 )