Uvod u teoriju računarstva zemris.fer.hr/ predmeti / utr

Copyright © 2007 S.Srbljić, D.Škvorc, I. Žužak, D. Skrobo, M. Popović: Uvod u teoriju računarstva1 od 46

Uvod u teoriju računarstva

http://www.zemris.fer.hr/predmeti/utr/

Zadaci za vježbuPriprema za međuispit

Fakultet elektrotehnike i računarstva

Sveučilište u Zagrebu


• Zadanu gramatiku pretvoriti u Chomskyev oblik.

Zadatak br. 18

S0S1 A1B0 B1BA CB0

S0SBS ASB BSA CA

S1C0 A0 B1 C

Chomskyev oblik produkcija: ABC i Ad

Postupak pretvorbe u Chomskyev oblik:a) Izbacivanje jediničnih i produkcija

b) Završni znakovi koji se nalaze u produkcijama koje imaju više od

jednog znaka na desnoj strani zamijene se nezavršnim znakovima

koji su zamjene za te završne znakove

c) Produkcije koje s desne strane imaju više od dva znaka razbijaju se

u podprodukcije


a) Izbacivanje jediničnih i produkcija.

Zadatak br. 18

S0S1 A1B0 B1BA CB0

S0SBS ASB BSA CA

S1C0 A0 B1 C

S0S1 A1B0 B1BA CB0

S0SBS ASB BSA C1B0

S1C0 A0 B1 CSB

S10 C0

Izbacuju se produkcije: CA i C


b) Završni znakovi koji se nalaze u produkcijama koje imaju više od jednog znaka na desnoj strani zamijene se nezavršnim znakovima koji su zamjene za te završne znakove

Zadatak br. 18

Završni znak “0” zamjenjuje se nezavršnim znakom N.

Završni znak “1” zamjenjuje se nezavršnim znakom J.

J1

N0

S10

CSBB1A0S1C0

C1B0BSAASBS0SBS

CB0B1BAA1B0S0S1

C0



Zadatak br. 18



S10

CSBB1A0S1C0

C1B0BSAASBS0SBS

CB0B1BAA1B0S0S1

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



S10

CSBB1A0S1C0

C1B0BSAASBS0SBS

CB0B1BAA1B0S0S1

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



S10

CSBB1A0S1C0

C1B0BSAASBS0SBS

CB0B1BAA1B0SNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



S10

CSBB1A0S1C0

C1B0BSAASBS0SBS

CB0B1BAA1B0SNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



S10

CSBB1A0S1C0

C1B0BSAASBSNSBS

CB0B1BAA1B0SNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



S10

CSBB1A0S1C0

C1B0BSAASBSNSBS

CB0B1BAA1B0SNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



S10

CSBB1A0SJCN

C1B0BSAASBSNSBS

CB0B1BAA1B0SNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



S10

CSBB1A0SJCN

C1B0BSAASBSNSBS

CB0B1BAA1B0SNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

C1B0BSAASBSNSBS

CB0B1BAA1B0SNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

C1B0BSAASBSNSBS

CB0B1BAA1B0SNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

C1B0BSAASBSNSBS

CB0B1BAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

C1B0BSAASBSNSBS

CB0B1BAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

C1B0BSAASBSNSBS

CB0B1BAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

C1B0BSAASBSNSBS

CB0B1BAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

C1B0BSAASBSNSBS

CB0BJBAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

C1B0BSAASBSNSBS

CB0BJBAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

C1B0BSAASBSNSBS

CB0BJBAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

C1B0BSAASBSNSBS

CB0BJBAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

C1B0BSAASBSNSBS

CBNBJBAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

C1B0BSAASBSNSBS

CBNBJBAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

CJBNBSAASBSNSBS

CBNBJBAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

CJBNBSAASBSNSBS

CBNBJBAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

CJBNBSAASBSNSBS

CBNBJBAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

CJBNBSAASBSNSBS

CBNBJBAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

CJBNBSAASBSNSBS

CBNBJBAAJBNSNSJ

J1

N0

C0



Zadatak br. 18



SJN

CSBB1A0SJCN

CJBNBSAASBSNSBS

CBNBJBAAJBNSNSJ

J1

N0

C0


c) Produkcije koje s desne strane imaju više od dva znaka razbijaju se u podprodukcije

Zadatak br. 18

SJN

CSBB1A0SJCN

CJBNBSAASBSNSBS

CBNBJBAAJBNSNSJ

J1

N0

SND1

D1SJ

SND2

D2SD3

D3BS

SJD4

D4CN

AJD5

D5BN

BJD6

D6BA

CJD5

C0


• Pokazati nejednoznačnost zadane gramatike.

Zadatak br. 19

1) SaSbS2) SbSaS3) S

Nejednoznačnost se pokazuje generiranjem niza abab na dva ili

više načina zamjenom krajne lijevog (desnog) nezavršnog znaka

Prvi način generiranja niza:

Drugi način generiranja niza:

S 1 aSbS 3 abS 1 abaSbS 3 ababS 3 abab

S 1 aSbS 2 abSaSbS 3 abaSbS 3 ababS 3 abab


0a4____ b

Zadatak br. 20• Za zadanu gramatiku napisan je LR

parser. Pomoću LR parsera parsirati ulazni niz aabb.

a b A B

0 s4 s5 r2 1 2

1 prihvati

2 s4 s5 r2 3 2

3 r1

4 s4 s5 6

5 r4 r4 r4

6 r3 r3

• Konfiguracija LR parsera prikazuje se stanjem na stogu i nepročitanim dijelom ulaznog niza

0a4 abb

0a4a4b5 b

bb0a4a4

0a4B6 b

0a4a4__ b

0B2b5 b0B2

0B2B2A3 0B2B2

0A1 0B2A3

STOG ULAZ

prihvati

0 aabb

• Parser je LR jer se niz čita s lijeva na desno, a generiranje niza se vrši zamjenom krajnje desnog nezavršnog znaka:

• A→BA→BBA→BB→Bb→aBb→aaBb→aabb

ABA (1)A (2) Bb (4)

BaB (3)

0a4a4B6 b


• Konstruirati gramatiku koja generira nizove oblika aibjckdjei pri čemu su i, j, k 1.

Zadatak br. 21

• Simetrični nizovi• Tip gramatike = ?• Kontekstno-neovisna gramatika• Produkcije gramatike istovremeno generiraju

• a i e• b i d

S aAe AaAe BbBd CcC

AbBd BcC C

a i b j c k d j e i


• M=({q0,q1},{0,1},{P,N,J},,q0,P,)

• q0 pamti ulazne znakove

• N i J kodiraju 0 i 1

• q1 skida znakove sa stoga

• Potisni automat prihvaća praznim stogom• Potisni automat prihvaća prazni niz• Nije deterministički!

• Nederministički prijelaz se primjenjuje kada se uzastopce ponovi isti ulazni znak

Zadatak br. 22

• Konstruirati potisni automat koji prihvaća jezik

L={wwR | w(0+1)*}.

(q0,0,P)=(q0,NP) (q0,0,N)={(q0,NN),(q1,)} (q1,0,N)=(q1,)

(q0,1,J)={(q0,JJ),(q1,)}

(q0,1,N)=(q0,JN)

(q0,0,J)=(q0,NJ)

(q1,1,J)=(q1,)

(q1,,P)=(q1,)

(q0,1,P)=(q0,JP)

(q0,,P)=(q0,)


Nastavak zad. 22 (q0, 001100, P)

(q0, 01100, NP) (q1, 001100, )

(q0, 1100, NNP) (q1, 1100, P)

(q1, 1100, ) (q0, 100, JNNP)

(q1, 00, NNP)

(q1, 0, NP)

(q1, , P)

(q1, , )

Prihvati niz

(q0, 00, JJNNP)

(q0, 0, NJJNNP)

(q0, , NNJJNNP) (q0, , JJNNP)

(q0,0,P)=(q0,NP)

(q0,0,N)={(q0,NN),(q1,)}

(q1,0,N)=(q1,)

(q0,1,J)={(q0,JJ),(q1,)}

(q0,1,N)=(q0,JN)

(q0,0,J)=(q0,NJ)

(q1,1,J)=(q1,)

(q1,,P)=(q1,)

(q0,1,P)=(q0,JP)

(q0,,P)=(q0,)

(1)

(2)

(5)

(6)

(7)

(8)

(9)

(10)

(3)

(4)

(1) (10)

(5)

(3) (9)

(6)

(4)

(5)

(7)

(7)

(9)


• Iz potisnog automata M1 koji nizove prihvaća prihvatljivim stanjem konstruirati potisni automat M2 koji nizove prihvaća praznim stogom.

Zadatak br. 23

(q0,0,K)=(q0,NK) (q0,0,N)=(q0,NN) (q0,0,J)=(q0,)

(q0,1,K)=(q0,JK) (q0,1,N)=(q0,) (q0,1,J)=(q0,JJ)

(q0,2,K)=(q0,K) (q0,2,N)=(q0,N) (q0,2,J)=(q0,J)

(q0,,K)=(q1,K)

M1 = ( {q0,q1}, {0,1,2}, {N,J,K}, q0, , K, {q1} )

Postupak konstrukcije PA M2 koji prihvaća praznim stogom:

a) PA M2 simulira rad PA M1

b) Ako PA M1 uđe u prihvatljivo stanje, PA M2 isprazni stog

c) Ako PA M1 isprazni stog, a ne uđe u prihvatljivo stanje,

PA M2 ne smije isprazniti stog


Zadatak br. 23



’(q0,0,K)=(q0,NK) ’(q0,0,N)=(q0,NN) ’(q0,0,J)=(q0,)

’(q0,1,K)=(q0,JK) ’(q0,1,N)=(q0,) ’(q0,1,J)=(q0,JJ)

’(q0,2,K)=(q0,K) ’(q0,2,N)=(q0,N) ’(q0,2,J)=(q0,J)

’(q0,,K)=(q1,K)

Svi prijelazi PA M1 dodaju se u skup prijelaza PA M2

(q0,0,K)=(q0,NK) (q0,0,N)=(q0,NN) (q0,0,J)=(q0,)

(q0,1,K)=(q0,JK) (q0,1,N)=(q0,) (q0,1,J)=(q0,JJ)

(q0,2,K)=(q0,K) (q0,2,N)=(q0,N) (q0,2,J)=(q0,J)

(q0,,K)=(q1,K)

M1 = ( {q0,q1}, {0,1,2}, {N,J,K}, q0, , K, {q1} )


Zadatak br. 23


b) Ako PA M1 uđe u prihvatljivo stanje, PA M2 isprazni stog

Skup stanja PA M2 proširuje se stanjem qE u kojem PA M2 prazni stog

bez čitanja ulaznih znakova

PA M2 prelazi u stanje qE bez čitanja ulaznih znakova samo ako PA M1

uđe u prihvatljivo stanje

M1 = ( {q0,q1}, {0,1,2}, {N,J,K}, q0, , K, {q1} )

’(qE,,K)=(qE,)’(q1,,K)=(qE,)

’(qE,,J)=(qE,)’(q1,,J)=(qE,)

’(qE,,N)=(qE,)’(q1,,N)=(qE,)


Zadatak br. 23


c) Ako PA M1 isprazni stog, a ne uđe u prihvatljivo stanje,

PA M2 ne smije isprazniti stog

’(qP,,Z)=(q0,KZ)

Skup znakova stoga PA M2 proširuje se znakom Z kojeg PA M1

ne može skinuti sa stoga

Znak Z je početni znak stoga za PA M2

Skup stanja PA M2 proširuje se stanjem qP koje omogućuje

prelazak PA M2 u početnu konfiguraciju PA M1

M1 = ( {q0,q1}, {0,1,2}, {N,J,K}, q0, , K, {q1} )

M2 = ( {qP,q0,q1,qE}, {0,1,2}, {N,J,K,Z}, qP, ’, Z, )


Zadatak br. 23

PA M2 koji prihvaća praznim stogom:

’(q0,0,K)=(q0,NK) ’(q0,0,N)=(q0,NN) ’(q0,0,J)=(q0,)

’(q0,1,K)=(q0,JK) ’(q0,1,N)=(q0,) ’(q0,1,J)=(q0,JJ)

’(q0,2,K)=(q0,K) ’(q0,2,N)=(q0,N) ’(q0,2,J)=(q0,J)

’(q0,,K)=(q1,K)

’(qP,,Z)=(q0,KZ)

’(qE,,K)=(qE,)’(q1,,K)=(qE,)

’(qE,,J)=(qE,)’(q1,,J)=(qE,)

’(qE,,N)=(qE,)’(q1,,N)=(qE,)

’(qE,,Z)=(qE,)’(q1,,Z)=(qE,)

M2 = ( {qP,q0,q1,qE}, {0,1,2}, {N,J,K,Z}, qP, ’, Z, )


• Iz potisnog automata M1 koji nizove prihvaća praznim stogom konstruirati potisni automat M2 koji nizove prihvaća prihvatljivim stanjem.

Zadatak br. 24

(q0,0,K)=(q0,NK) (q0,0,J)=(q0,NJ) (q0,0,N)=(q0,NN) (q1,0,N)=(q1,)

(q0,1,K)=(q0,JK) (q0,1,J)=(q0,JJ) (q0,1,N)=(q0,JN) (q1,1,J)=(q1,)

(q0,2,K)=(q1,) (q0,2,J)=(q1,J) (q0,2,N)=(q1,N) (q1,,K)=(q1,)

M1 = ( {q0,q1}, {0,1,2}, {N,J,K}, q0, , K, )

Postupak konstrukcije PA M2 koji prihvaća prihvatljivim stanjem:


b) Ako PA M1 isprazni stog, PA M2 ulazi u prihvatljivo stanje


Zadatak br. 24



Svi prijelazi PA M1 dodaju se u skup prijelaza PA M2

M1 = ( {q0,q1}, {0,1,2}, {N,J,K}, q0, , K, )

(q0,0,K)=(q0,NK) (q0,0,J)=(q0,NJ) (q0,0,N)=(q0,NN) (q1,0,N)=(q1,)

(q0,1,K)=(q0,JK) (q0,1,J)=(q0,JJ) (q0,1,N)=(q0,JN) (q1,1,J)=(q1,)

(q0,2,K)=(q1,) (q0,2,J)=(q1,J) (q0,2,N)=(q1,N) (q1,,K)=(q1,)

’(q0,0,K)=(q0,NK) ’(q0,0,J)=(q0,NJ) ’(q0,0,N)=(q0,NN) ’(q1,0,N)=(q1,)

’(q0,1,K)=(q0,JK) ’(q0,1,J)=(q0,JJ) ’(q0,1,N)=(q0,JN) ’(q1,1,J)=(q1,)

’(q0,2,K)=(q1,) ’(q0,2,J)=(q1,J) ’(q0,2,N)=(q1,N) ’(q1,,K)=(q1,)


Zadatak br. 24



Skup stanja PA M2 proširuje se prihvatljivim stanjem qF u koje PA M2 ulazi

bez čitanja ulaznih znakova samo ako PA M1 isprazni stog

Skup znakova stoga PA M2 proširuje se znakom Z koji je početni znak stoga

Ako se na vrhu stoga PA M2 nalazi znak Z, to znači da je PA M1

ispraznio stog

M1 = ( {q0,q1}, {0,1,2}, {N,J,K}, q0, , K, )

’(q1,,Z)=(qF,Z)

’(q0,,Z)=(qF,Z)


Zadatak br. 24



Skup stanja PA M2 proširuje se stanjem qP koje omogućuje prelazak PA M2

u početnu konfiguraciju PA M1

’(qP,,Z)=(q0,KZ)

M1 = ( {q0,q1}, {0,1,2}, {N,J,K}, q0, , K, )

M2 = ( {qP,q0,q1,qF}, {0,1,2}, {N,J,K,Z}, qP, ’, Z, {qF} )


Zadatak br. 24

PA M2 koji prihvaća prihvatljivim stanjem:

’(qP,,Z)=(q0,KZ)

M2 = ( {qP,q0,q1,qF}, {0,1,2}, {N,J,K,Z}, qP, ’, Z, {qF} )

’(q0,0,K)=(q0,NK) ’(q0,0,J)=(q0,NJ) ’(q0,0,N)=(q0,NN) ’(q1,0,N)=(q1,)

’(q0,1,K)=(q0,JK) ’(q0,1,J)=(q0,JJ) ’(q0,1,N)=(q0,JN) ’(q1,1,J)=(q1,)

’(q0,2,K)=(q1,) ’(q0,2,J)=(q1,J) ’(q0,2,N)=(q1,N) ’(q1,,K)=(q1,)

’(q1,,Z)=(qF,Z)

’(q0,,Z)=(qF,Z)

Documents

Uvod u teoriju računarstva zemris.fer.hr/ predmeti / utr