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Lec5

DFA 和 NFA 延续

Theorem1

DFA 和 NFA 等价，即 language 能被 DFA 判定 $\Leftrightarrow$ language 能被 NFA 判定。

Proof

DFA $\rightarrow$ NFA 是显然的，因为 DFA 中的 function 是 NFA 中一种特殊的 relation。

现在我们考虑 NFA $\rightarrow$ DFA：

考虑上个 lecture 的 NFA：

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我们尝试模拟树形结构的计算。在整个计算过程中，我们真正关心的是树的每一层状态的集合：

$\{q_0\}$
$\downarrow$
$\{q_0,q_1,q_2\}$
$\downarrow$
$\{q_0,q_1,q_2\}$
$\downarrow$
$\{q_0,q_1,q_2\}$

设 NFA 在输入到某个阶段时状态集合为 $Q$，假设下一位输入为 $0$，则下一阶段时状态集合为 $Q'$，$Q'$ 会包含以下内容：

  • $\forall q\in Q,\text{ if } (q,0,q')\in\Delta,q'\in Q'$
  • $\forall q'\in Q',\text{ if } (q',e,q'')\in \Delta,q''\in Q'$

Note

对于类似 $(q_1,e,q_2)$ 和 $(q_2,e,q_3)$ 的结构，我们假定必然存在 $(q_1,e,q_3)$，即闭包性质。

于是给出符号化定义：

$p\in K$，$E(p)=\{p\}\cup\{q:(p,e,q)\in\Delta\}$

$Q'=\bigcup\limits_{q\in Q}\bigcup\limits_{p:(q,0,p)} E(p)$

对于任意 $NFA=(K,s,F,\Delta)$，可以构造 $DFA=(K',s',F',\delta)$，其中：

  • $K'=\{Q:Q\subseteq K\}$
  • $s'=E(s)$
  • $F'=\{Q\subseteq K:Q\cap F\neq\emptyset\}$
  • $\delta:\forall Q\subseteq K,\forall a\in\{0,1\},\delta(Q,a)=\bigcup\limits_{q\in Q}\bigcup\limits_{p:(q,a,p)} E(p)$

Corollary1

language 是正规的 $\Leftrightarrow$ language 能被 DFA 判定 $\Leftrightarrow$ language 能被 NFA 判定。

Theorem2

若language $A$ 和 $B$ 是正规的，则它们的拼接 $AB$ 也是正规的。

Proof

设 $A$ 对应的NFA为 $N_A=(K_A,s_A,F_A,\Delta_A)$，$B$ 对应的NFA为 $N_B=(K_B,s_B,F_B,\Delta_B)$。

先跑 $N_A$，如果到达某个 accepting state，那么就到达了切分点，可能已经读完了拼接的 $A$ 的部分，接下来去读 $B$，也有可能还没有读完 $A$ 的部分，需要继续读 $A$。

因此，我们可以让 $A$ 的每个 accepting state 通过 $e$-transition 连接到 $B$ 的 initial state，然后将 $B$ 的 accepting states 作为整体 NFA 的 accepting states。

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Theorem3

若 language $A$ 是正规的，则 $A^*=\{a_1a_2\dots a_k,k\geqslant 0\text{ and }a_i\in A\}$ 也是正规的。

Proof

与上一个 theorem 类似，$N_A$ 的 accepting states 都是切分点，可以通过 $e$-transition 连接到 $N_A$ 的 initial state。

注意，此时还不能处理 $k=0$，即空串的情况。需要增加一个新的 initial state，并通过 $e$-transition 连接到原 initial state，同时将新的 initial state 设为 accepting state。

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正则表达式 Regular Expression

Definition

base case：

  • $\emptyset$：描述的 language 为 $L(\emptyset)=\emptyset$
  • $0$：描述的 language 为 $L(0)={0}$
  • $1$：描述的 language 为 $L(1)={1}$

inductive case：

  • 若 $R$ 是正则表达式，则 $R^*$ 是正则表达式，且 $L(R^*)=L(R)^*$
  • 若 $R_1,R_2$ 是正则表达式，则 $R_1R_2$ 是正则表达式，且 $L(R_1R_2)=L(R_1)L(R_2)$
  • 若 $R_1,R_2$ 是正则表达式，则 $R_1\cup R_2$ 是正则表达式，且 $L(R_1\cup R_2)=L(R_1)\cup L(R_2)$

Note

优先级：$^*$最高，接着是拼接，最后是并集。

Example

$\{e\}$ 对应的正则表达式是 $\emptyset^*$

$\{w\in\{0,1\}^*:w \text{ starts with 0 and ends with 1}\}$ 对应的正则表达式是 $0(0\cup 1)^*1$

$\{w\in\{0,1\}^*:w \text{ has at least two 0's}\}$ 对应的正则表达式是 $(0\cup 1)^*0(0\cup 1)^*0(0\cup 1)^*$

Theorem4

language $A$ 是正规的 $\Leftrightarrow$ 存在正则表达式 $R$ 描述 $A$：$A=L(R)$

Proof

$\Leftarrow$：

例如：$(01\cup 0)^*$ 怎么用 NFA 表示？

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$\Rightarrow$：

给定一个 NFA $N$，我们需要构造一个正则表达式 $R$ 使得 $L(R)=L(N)$，需要两步：

第一步：先将 NFA $N$ 转换成等价的 NFA $N'$，满足：

  • 不能有箭头指向 initial state alt text
  • 只能有一个 accepting state，且没有箭头从 accepting state 指向其他 state alt text

第二步：删除中间状态，直到只剩下 initial state 和 accepting state 为止。

例如：

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