Chuong 7

và nhiều trình biên dịch đã được viết bằng cách sử dụng các bộ PTCP LL. Nhưng văn phạm LL là không đủ tổng quát để giải quyết các[r]

(1)

Trang

Lý thuyết Ơtơmát & NNHT - Khoa Cơng NghệThơng Tin

Chương Ơtơmát đẩy xuống Có hay khơng lớp ơtơmát tương ứng với lớp NNPNC? Nhưđã biết, ôtômát hữu hạn không thểnhận biết tất cả

NNPNC, chẳng hạn L= {anbn: n ≥ 0}, có một bộ nhớhữu hạn Vì vậy muốn có một máy màđếm khơng giới hạn

Từví dụ ngơn ngữ{wwR}, cần thêm khả năng lưu so trùng một dãy kí hiệu thứtự ngược lại. Điều đềnghịchúng ta thử một stack như một cơ chế

lưu trữ Đó lớp ơtơmát đẩy xuống(PushDown Automata - PDA)

Trang

Chương Ơtơmát đẩy xuống 7.1 PDA khơng đơn định

7.2 NPDA NNPNC

(2)

Trang

Ơtơmát đẩy xuống khơng đơn định

Mỗi di chuyển đơn vị điều khiển đọc kí hiệu nhập,

trong thời điểm thay đổi nội dung stack

Mỗi di chuyển xác định kí hiệu nhập tại, kí hiệu

hiện đỉnh stack Kết quảlà trạng thái

đơn vịđiều khiểnvà thay đổi đỉnh stack

Chúng ta sẽchỉnghiên cứu PDA thuộc loại accepter

Control unit

Stack Input file

Trang

Định nghĩa ôtômát đẩy xuống Định nghĩa 7.1

Một accepter đẩy xuống không đơn định (npda) định nghĩa bộbảy M= (Q, Σ, Γ, δ, q0, z, F),

Qlà tập hữu hạn trạng thái nội đơn vị điều khiển, Σlà bảng chữcái ngõ nhập (input alphabet),

Γlà bảng chữcái stack (stack alphabet),

q0∈Qlà trạng thái khởi đầu đơn vị điều khiển, z ∈ Γlà kí hiệu khởi đầu stack (stack start symbol), F⊆Qlà tập trạng thái kết thúc

Hàm chuyển trạng thái δlà ánh xạ

(3)

Trang

Ví dụ

δ(q, a, b) = {(p, cd)}

Ví dụ

Xét npda với Q= {q0,q1,q2,qf}, Σ= {a, b},

Γ= {0, 1, z}, F= {qf},

Stack

a

b c d

Input file

Control unit

qp

Trang

Nhận xét

δ(q0, a, z) = {(q1,1z), (qf, λ)}, δ(q0, λ, z) = {(qf, λ)}, δ(q1, a, 1) = {(q1, 11)}, δ(q1, b, 1) = {(q2, λ)}, δ(q2, b, 1) = {(q2, λ)}, δ(q2, λ, z) = {(qf, λ)} δ(q0, b, 0) không định nghĩa tương đương với cấu hình

chết mà ta học

δ(q1, a, 1) = {(q1, 11)}thêm kí hiệu vào stack a

đọc

δ(q2, b, 1) = {(q2, λ)}xóa kí hiệu khỏi stack b

đọc

(4)

Trang

Lý thuyết Ơtơmát & NNHT - Khoa Công NghệThông Tin

Một số khái niệm Hình trạng tức thời

Là bộba (q, w, u), trong đóqlà trạng thái đơn vị điều

khiển, wlà phần chưa đọc chuỗi nhập, cịn ulà nội dung stack (với kí hiệu trái kí hiệu đỉnh stack) Di chuyển,

Một di chuyển từmột hình trạng tức thời đến hình

trạng tức thời khác kí hiệu

(q1,aw,bx) (q2, w, yx)là có khả ⇔(q2, y) ∈ δ(q1, a, b)

, ,

Dấu *chỉra có≥0 bước di chuyển thực cịn dấu +

chỉra ≥1 bước di chuyển ChữMchỉra di chuyển ôtômát

_ |

_ | _

|

* _ | |_+

M

_ |

Trang

Ngôn ngữ chấp nhận npda Định nghĩa 7.2

Cho M = (Q, Σ, Γ, δ, q0, z, F) npda Ngôn ngữ

chấp nhận bởiM là tập

L(M)= {w ∈ Σ*: (q0, w, z) (qf, λ, u), qf∈F, u ∈ Γ*}.

Ví dụ

Xây dựng npda cho ngơn ngữ

L= {w∈{a, b}*: na(w) = nb(w)}

(5)

Trang

Ví dụ

Xây dựng npda cho ngôn ngữnày sau M= ({q0, qf}, {a, b}, {0, 1, z}, δ, q0, z, {qf})

δ(q0, λ, z) = {(qf, z)},

δ(q0, a, z) = {(q0, 0z)}, δ(q0, b, z) = {(q0, 1z)},

δ(q0, a, 0) = {(q0, 00)}, δ(q0, b, 0) = {(q0, λ)},

δ(q0, a, 1) = {(q0, λ)}, δ(q0, b, 1) = {(q0, 11)},

Trong qúa trình xửlý chuỗi baab, npda thực di chuyển

sau

(q0, baab, z) (q0, aab, 1z) (q0, ab, z) (q0, b, 0z) (q0, λ, z)

(qf, λ, z)

_

| |_ |_ |_

_ |

Trang 10

Ví dụ (tt)

Xây dựng npda cho ngôn ngữ

L = {wwR:w∈{a, b}+}

M= ({q0, q1, qf}, {a, b}, {a, b, z}, δ, q0, z, {qf})

δ(q0, a, z) = {(q0, az)},

δ(q0, b, z) = {(q0, bz)},

δ(q0, a, a) = {(q0, aa)},

δ(q0, b, a) = {(q0, ba)},

δ(q0, a, b) = {(q0, ab)},

δ(q0, b, b) = {(q0, bb)}

δ(q0, λ, a) = {(q1, a)}, δ(q0, λ, b) = {(q1, b)},

δ(q1, a, a) = {(q1, λ)},

δ(q1, b, b) = {(q1, λ)},

(6)

Trang 11

Ví dụ (tt)

Dãy chuyển hình trạng đểchấp nhận chuỗi abbalà

(q0, abba, z) (q0, bba, az) (q0, ba, baz) (q1, ba, baz) (q1, a, az) (q1, λ, z) (qf, λ, z)

Npda cải tiến

δ(q0, a, z) = {(q0, aa)}, δ(q1, a, a) = {(q1, λ)},

δ(q0, b, z) = {(q0, bz)}, δ(q1, b, b) = {(q1, λ)},

δ(q0, a, a) = {(q0, aa), (q1, λ)}, δ(q1, λ, z) = {(qf, z)}

δ(q0, b, a) = {(q0, ba)},

δ(q0, a, b) = {(q0, ab)},

δ(q0, b, b) = {(q0, bb), (q1, λ)}

_

| |_ |_

_

| |_ |_

Trang 12

Bài tập

Dãy chuyển hình trạng đểchấp nhận chuỗi abbalà

(q0, abba, z) (q0, bba, az) (q0, ba, baz) (q1, a, az) (q1, λ, z) (qf, λ, z)

Xây dựng npda cho ngôn ngữsau

L1= {anbmcn+m: n, m≥0} L2= {anbn+mcm: n, m≥1} L3= {anbm: 2n≤m≤3n} L4= {w: na(w) = nb(w) + 2} L5= {w: na(w) = 2nb(w)}

L6= {w: 2nb(w) ≤na(w) ≤3nb(w)} _

| |_ |_

_

(7)

Trang 13

Ơtơmát đẩy xuống cho NNPNC

Chúng ta xây dựng npda mà có thểthực (mơ

phỏng) DXTNcủa chuỗi bất kỳtrong ngôn ngữ

Giảthiết ngơn ngữ sinh văn phạm có dạng

chuẩn Greibach

Pda xây dựng sẽbiểu diễn sựdẫn xuất cách sau Giữcác biến phần bên phải dạng câutrên stack

nó, cịn phần bên trái, chuỗi chứa kí hiệu kết thúc, giống với phần chuỗi đọc ởngõ nhập

Chúng ta bắt đầu việc đặt kí hiệu khởi đầu lên stack Đểmơ việc áp dụng luật sinh A→ax, phải có

biến A đỉnh stackvàkí hiệu kết thúc alà kí hiệu nhập

Biến đỉnh stackđược loại bỏvà thay thếbằng chuỗi biến x

Trang 14

Ví dụ

Xây dựng npda cho ngơn ngữ sinh văn phạm sau

S →aSbb | a.

Đầu tiên ta biến đổi văn phạm sang dạng chuẩn Greibach,

thành văn phạm là:

S →aSA | a, A →bB, B →b.

Ơtơmát tương ứng sẽcó ba trạng thái {q0, q1, qf}, với trạng thái

khởi đầu làq0và trạng thái kết thúc làqf

Đầu tiên, ởtrạng thái khởi đầu biến S đặt stack

(8)

Trang 15

Ví dụ (tt)

Các luật sinh S→aSA | a mô thành

δ(q1, a, S) = {(q1, SA), (q1, λ)}

Bằng kiểu tương tự, luật sinh khác mô

δ(q1, b, A) = {(q1, B)}, δ(q1, b, B) = {(q1, λ)}

Sựxuất kí hiệu khởi đầu stack đỉnh stack báo hiệu

hoàn tất dẫn xuất PDA đặt vào trạng thái kết thúc chuyển trạng thái

δ(q1, λ, z) = {(qf, λ)}

Trang 16

Ví dụ (tt)

Stack

a

z

Input file

Control unit

q0 q1 a b b a

Input file

a b b

•S ⇒ a•SA ⇒ aa•A ⇒ aab•B ⇒ aabb•

S S A

# #

B qf

(9)

Trang 17

Định lý

Định lý 7.1

Đối với NNPNC bất kỳkhông chứa λ, tồn npda M

sao cho

L = L(M).

Thủtục:GGreibach-to-npda

Input:G= (V, T, S, P) có dạng chuẩn Greibach

Output:npda M= (Q, Σ, Γ, δ, q0, z, F) cho L(M) = L(G)

B1 M= ({q0, q1, qf}, T, V∪{z}, δ, q0, z, {qf}), z∉V B2 δ(q0, λ, z) = {(q1, Sz)}

B3 δ(q1, a, A) ∋{(q1, u)} ⇔Pcó luật sinh A→au

B4 δ(q1, λ, z) = {(qf, z)}

Trang 18

Ví dụ

S→aA,

A→aABC | bB | a,

B→b,

C→c

δ(q0, λ, z) = {(q1, Sz)}, δ(q1, a, S) = {(q1, A)},

δ(q1, a, A) = {(q1, ABC), (q1, λ)}, δ(q1, b, A) = {(q1, B)},

δ(q1, b, B) = {(q1, λ)}, δ(q1, c, C) = {(q1, λ)}, δ(q1, λ, z) = {(qf, z)} w = aaabc

•S

⇒a•A

⇒aa•ABC

⇒aaa•BC

⇒aaab•C

⇒aaabc•

(q0, aaabc, z) (q1, aaabc, Sz) (q1, aabc, Az) (q1, abc, ABCz) (q1, bc, BCz) (q1, c, Cz) (q1, λ, z) (qf, λ, z)

(10)

Trang 19

Thủ tục G-to-npda cải tiến Thủtục:G-to-npda

Input:G= (V, T, S, P) có dạng tùy ý

Output:npda M= (Q, Σ, Γ, δ, q0, z, F) cho L(M) = L(G)

B1 M= ({q0, q1, qf}, T, V ∪T∪{z}, δ, q0, z, {qf}), z∉V B2 δ(q0, λ, z) = {(q1, Sz)}

B3 δ(q1, a, A) ∋{(q1, u)} ⇔Pcó luật sinh A→au, a ∈T

B4 δ(q1, λ, A) ∋{(q1, u)} ⇔Pcó luật sinh A→u vàukhơng có kí hiệu kết thúc đầu

B5 δ(q1, a, a) = (q1, λ) với a∈Tvàa xuất vế phải luật sinh mà khơng phải ởvịtrí khởi đầu B6 δ(q1, λ, z) = {(qf, z)}

Trang 20

Ví dụ

S →aA | bBbS | AB, A →aB | bBaA, B →aBbB | SB | λ δ(q0, λ, z) = {(q1, Sz)},

δ(q1, a, S) = {(q1, A)},

δ(q1, b, S) = {(q1, BbS)},

δ(q1, λ, S) = {(q1, AB)},

δ(q1, a, A) = {(q1, B)},

δ(q1, b, A) = {(q1, BaA)},

δ(q1, a, B) = {(q1, BbB)},

δ(q1, λ, B) = {(q1, SB), (q1, λ)},

δ(q1, a, a) = {(q1, λ)},

δ(q1, b, b) = {(q1, λ)},

δ(q1, λ, z) = {(qf, z)}

w = baabaa

•S

⇒b•BbS

⇒b•SBbS

⇒ba•ABbS

⇒

baa•BBbS

⇒baa•BbS

⇒baab•S

⇒baaba•A

⇒baabaa•B

⇒baabaa•

(q0, baabaa, z) (q1, baabaa, Sz)

(q1, aabaa, BbSz) (q1, aabaa, SBbSz)

(q1, abaa, ABbSz) (q1, baa, BBbSz) (q1, baa, BbSz) (q1, baa, bSz) (q1, aa, Sz) (q1, a, Az) (q1, λ, Bz) (q1, λ, z) (qf, λ, z)

(11)

Trang 21

VPPNC cho ôtômát đẩy xuống

Quá trình ngược với trình Định lý 7.1, tức xây

dựng văn phạm mô sựdi chuyển pda

Phần biến dạng câu phản ánh nội dung stack, phần chuỗi

nhập xửlý phần chuỗi kí hiệu kết thúc làm tiếp đầu ngữcủa dạng câu

Bổ đề

∀npda ∃npda tương đương thõa điều kiện

(1) Chỉcó trạng thái kết thúc npda ởtrong trạng thái ⇔stack trống

(2) Mọi chuyển trạng thái có dạng δ(qi, a, A) = {c1, c2, ,

cn},

ci= (qj, λ), (7.5)

ci= (qj, BC) (7.6) hoTứặc là, mc tăng hoột di chuyặc giảm nển ội

dung stack kí hiệu

Trang 22

VPPNC cho ôtômát đẩy xuống (tt)

Chúng ta muốn dạng câu chỉra nội dung stack

Cấu hình npda cịn liên quan đến trạng thái nội

ơtơmát nên nóphải ghi nhớtrong dạng câu

Lấy (qiAqj)làm biến cho văn phạm, với diễn dịch

(qiAqj) w chỉnếu npda “xóa” A khỏi stack từ trạng thái qiđến qj đọc ngõ nhập chuỗi w.

“Xóa”ở có nghĩa làAvà kết quảsau nóbiến khỏi

stack, kí hiệu bên A sẽtrởthành đỉnh stack Ví dụ

δ(qi, a, A) = (qj, λ) (qiAqj) →a

δ(qi, a, A) = (qj, BC) (qiAqk) →a(qjBql)(qlCqk)

(12)

Trang 23

VPPNC cho ôtômát đẩy xuống (tt)

trong đóqkvàqllấy giá trịcó thểtrong Q.

Khi vét cạn có thểcó vài qkkhơng thể đạt tới từqi

trong xóa Acũng có thểcó vài qlkhơng thể đạt tới từqjtrong xóa B

Trong trường hợp biến (qiAqk)và(qjbql)sẽlàvô dụng Những biến loại bỏbằng giải thuật loại bỏcác biến

vô dụng học

Biến (q0zqf)sẽlà biến khởi đầu, đóqflà trạng thái kết

thúc đơn npda

Trang 24

Ví dụ

Xây dựng VPPNC cho npda sau (q0khởi đầu, q2kết thúc)

δ(q0, a, z) = {(q0, Az)},

δ(q0, a, A) = {(q0, A)},

δ(q0, b, A) = {(q1, λ)},

δ(q1, λ, z) = {(q2, λ)}

Biến đổi thành npda tương đương thõa điều kiện

δ(q0, a, z) = {(q0, Az)}, (1)

δ(q0, a, A) = {(q3, λ)}, (2)

δ(q3, λ, z) = {(q0, Az)}, (3)

δ(q0, b, A) = {(q1, λ)}, (4)

δ(q1, λ, z) = {(q2, λ)} (5)

(13)

Trang 25

Ví dụ (tt)

Ba chuyển trạng thái (2), (4), (5) có dạng (7.5) nên có luật

sinh tương ứng với

δ(q0, a, A) = {(q3, λ)}, (2) (q0Aq3) →a (6)

δ(q0, b, A) = {(q1, λ)}, (4) (q0Aq1) →b (7)

δ(q1, λ, z) = {(q2, λ)} (5) (q1zq2) → λ (8)

Trang 26

Ví dụ (tt)

δ(q0, a, z) = {(q0, Az)} mô thành

(q0zq0) → a(q0Aq0)(q0zq0) | a(q0Aq1)(q1zq0) | a(q0Aq2)(q2zq0) |

a(q0Aq3)(q3zq0),

a(q0Aq3)(q3zq1),

a(q0Aq3)(q3zq2),

(14)

Trang 27

Ví dụ (tt)

Chuyển trạng thái δ(q3, λ, z) = {(q0, Az)} có thểđượcmơ

bằng tập luật sinh sau

(q3zq0) → (q0Aq0)(q0zq0) | (q0Aq1)(q1zq0) | (q0Aq2)(q2zq0) |

(q0Aq3)(q3zq0),

(q0Aq3)(q3zq1),

(q0Aq3)(q3zq2),

(q0Aq3)(q3zq3),

Trang 28

Ví dụ (tt)

Biến khởi đầu văn phạm là(q0zq2) Loại bỏbiến vô dụng

(q0zq0) → a(q0Aq0)(q0zq0) | a(q0Aq1)(q1zq0) | a(q0Aq2)(q2zq0) | a(q0Aq3)(q3zq0),

(q0zq2) → a(q0Aq0)(q0zq2) | a(q0Aq1)(q1zq2)| a(q0Aq2)(q2zq2) |

a(q0Aq3)(q3zq2),

(15)

Trang 29

Ví dụ (tt)

(q0Aq3)(q3zq0),

(q0Aq3)(q3zq1),

(q3zq2) → (q0Aq0)(q0zq2) | (q0Aq1)(q1zq2)| (q0Aq2)(q2zq2) |

(q0Aq3)(q3zq2),

(q0Aq3)(q3zq3),

(q0Aq3)→a (6) (q0Aq1)→b (7) (q1zq2) → λ (8)

Trang 30

Ví dụ (tt)

(q0, aab, z) (q0, ab, Az) (q0zq2) ⇒ a(q0Aq3)(q3zq2) (q3, b, z) ⇒ aa(q3zq2)

(q0, b, Az) ⇒ aa(q0Aq1)(q1zq2) (q1, λ, z) ⇒ aab(q1zq2) (q2, λ, λ) ⇒ aab

Phân tích chuỗiaab

_ |

Npda

δ(q0, a, z) = {(q0, Az)},

δ(q0, a, A)= {(q3, λ)},

δ(q3, λ, z) = {(q0, Az)},

δ(q0, b, A)= {(q1, λ)},

δ(q1, λ, z) = {(q2, λ)} Văn phạm kết

(q0zq2) →a(q0Aq1)(q1zq2) | a(q0Aq3)(q3zq2), (q3zq2) →(q0Aq1)(q1zq2) | (q0Aq3)(q3zq2), (q0Aq3)→a,

(16)

Trang 31

Ví dụ (tt)

Định lý 7.2

Nếu L= L(M) npda Mnào đó, thìLlà NNPNC.

S →aBC| aAX,

X→BC| AX,

A→a,

B→b,

C→λ,

S →ab| aaX,

X →b| aX, L = {anb: n≥1}

Rút gọn văn phạm

(q0zq2) →a(q0Aq1)(q1zq2) | a(q0Aq3)(q3zq2), (q3zq2) →(q0Aq1)(q1zq2) | (q0Aq3)(q3zq2), (q0Aq3)→a,

(q0Aq1)→b, (q1zq2) →λ,

Trang 32

PDA đơn định NNPNC đơn định

Định nghĩa 7.3

Một ôtômát đẩy xuống M= (Q, Σ, Γ, δ, q0, z, F) gọi

đơn địnhnếu ôtômát định nghĩa Định nghĩa 7.1, phải chịu sựgiới hạn rằng, đối ∀trạng thái q∈Q, kí hiệu a∈Σ∪{λ}, vàb∈ Γ,

(1)δ(q, a, b) chứa tối đa phần tử,

(2) Nếu δ(q, λ, b) ≠ ∅, thìδ(q, c, b) phải = ∅ ∀c ∈Σ Định nghĩa 7.4

Một ngôn ngữL gọi NNPNC đơn địnhnếu chỉnếu

(17)

Trang 33

Ví dụ

Ngơn ngữL= {anbn: n≥0}là PNCĐĐ Vì chấp nhận

bởi dpda sau

M= ({q0f, q1, q2}, {a, b}, {z, a}, δ, q0f, z, {q0f}) với

δ(q0f, a, z) = {(q1, az)},

δ(q1, a, a) = {(q1, aa)},

δ(q1, b, a) = {(q2, λ)},

δ(q2, b, a) = {(q2, λ)},

δ(q2, λ, z) = {(q0f, λ)}

Trang 34

Ví dụ (tt)

Cách 2(với #là kí hiệu kết thúc chuỗi – eof)

M= ({q0, q1, qf}, {a, b}, {z, 1}, δ, q0, z, {qf}) với

δ(q0, #, z) = {(qf, λ)},

δ(q0, a, z) = {(q0, 1z)},

δ(q0, a, 1) = {(q0, 11)},

δ(q0, b, 1) = {(q1, λ)},

δ(q1, b, 1) = {(q1, λ)},

(18)

Trang 35

Bài tập Xây dựng dpda cho ngôn ngữsau

L1= {anbmcn+m: n, m≥0} L2= {anbn+mcm: n, m≥1} L3= {anbm: 2n≤m≤3n} L4= {w: na(w) = nb(w) + 2} L5= {w: na(w) = 2nb(w)}

L6= {w: 2nb(w) ≤na(w) ≤3nb(w)}

Trang 36

Dpda Npda

Dpda lớp thực sựcủa npda

L1= {anbn: n≥0}vàL2= {anb2n: n≥0} NNPNC vàL=

L1∪L2cũng NNPNC

Lsẽ chứng minh NNPNC đơn định

Chứng minh

Trước hết sửdụng kết Chương

ngôn ngữL0= {anbncn: n≥0}là không phi ngữcảnh.

GiảsửLlà NNPNC đơn định, gọi M= (Q, Σ, Γ, δ, q0, z, F)là

(19)

Trang 37

Dpda Npda (tt)

Xét

M’= (Q’, Σ, Γ, δ ∪ δ’, q0, z, F’)

Q’= Q∪{q0’, q1’, , qn’}, F’= F∪{qi’: qi∈F},

δ’(qf, λ, s)= {(qf’, s)} ∀qf∈F, s∈ Γ,

δ’(qi’, c, s)= {(qj’, u)} ∀ δ(qi, b, s) ={(qj, u)},

anbn

cn

bn

λ λ

Đơn vịđiều khiển M

Phần thêm vào

Trang 38

Dpda Npda (tt)

ĐểMchấp nhận anbnchúng ta phải có

(q0, anbn, z) * (q

i, λ, u), với qi∈F Bởi Mlà đơn định, phải

(q0, anb2n, z) * (q

i, bn, u), đểnó chấp nhận anb2nphải có

(qi, bn, u) * (q

j, λ, u1),

với qjnào đó∈F Nhưng theo cách xây dựng ta có (qi’, cn, u) * (qj’, λ, u1),

như M’sẽchấp nhận anbncn.

Khơng có chuỗi khác chuỗi L’là

chấp nhận M’

Suy {anbncn}là PNC (><) Vậy L PNC không đơn định

M _ |

(20)

Trang 39

Văn phạm cho NNPNC đơn định

NNPNCĐĐ cho phép PTCP cách hiệu quả, cách xem

dpda thiết bịphân tích

Tính đơn địnhsuy việc xửlý chuỗi nhập thời gian

tuyến tínhvới chiều dài chuỗi nhập

Những loại văn phạm thích hợp cho việc mơ tảcác

NNPNCĐĐ cho phép PTCP thời gian tuyến tính

Giảsửchúng ta phân tích từtrên xuống, thửtìm

DXTN câu cụthể

Chuỗi nhập w a1 a2 a3 a4 an Dạng câu a1 a2 a3 A

Phần Phần chưa so trùng so trùng

Trang 40

Văn phạm cho NNPNC đơn định (tt)

Quét chuỗi nhập w từ trái sang phải, phát triển dạng

câu mà chuỗi kí hiệu kết thúc tiếp đầu ngữcủa so trùng với tiếp đầu ngữcủa chuỗi w cho đến kí hiệu quét

Để tiếp tục so trùng kí hiệu kế tiếp, muốn biết

chính xác luật sinh áp dụng bước để tránh backtracking cho phép PTCP hiệu

Có hay khơng loại văn phạm cho phép làm điều này?

Với VPPNC tổng quát, điều không thể, dạng

của văn phạm hạn chế hơn, thực mục đích

Văn phạm-s ví dụ khả biểu diễn ngơn ngữ

(21)

Trang 41

Lý thuyết Ôtômát & NNHT - Khoa Công NghệThông Tin

Văn phạm LL(k) Định nghĩa 7.5

Cho G= (V, T, S, P) VPPNC Nếu cặp dẫn

xuất trái

S w1Ax1⇒w1y1x1 w1w2, S w1Ax2⇒w1y2x2 w1w3,

với w1, w2, w3∈T*, sựbằng kkí hiệu trái w2 vàw3(nếu có) ⇒y1= y2, thìG gọi VPLL(k)

Điều có nghĩa nhìn trước kkí hiệu ngõ nhập

có tối đa luật sinh đắn Ví dụ

Văn phạm bên thuộc loại LL(1)

*

⇒ ⇒*

*

⇒ ⇒*

S →aX| bS, (1, 2)

X →b| aS, (3, 4)

Trang 42

Văn phạm LL(k)

Bảng PTCP

Ví dụ

Các văn phạm sau thuộc họLL(k) khơng? Nếu cók= ? S →aSbS| bSaS| λ, (1, 2, 3)

S →aX| bS, (1, 2)

X →b| aS, (3, 4)

4

X

2

S

#

b a

S →aS| AB, (1, 2)

A →bA| b, (3, 4)

(22)

Trang 43

Văn phạm LL(k)

Văn phạm LL(k) cho phép PTCP đơn định nhìn trước kkí

hiệu

Văn phạm LLlà chủ đềquan trọng việc nghiên cứu

các trình biên dịch

Một sốNNLT định nghĩa văn phạm LL,

và nhiều trình biên dịch viết cách sửdụng PTCP LL

Nhưng văn phạm LLlà không đủtổng quát đểgiải

NNPNCĐĐ Vì vậy, có mối quan tâm đến loại văn phạm khác, văn phạm đơn định tổng quát

Đó văn phạm LR, mà cho phép PTCP hiệu quả, xây

dựng dẫn xuất từ lên

Trang 44

Bài tập

Xây dựng văn phạm LL(k) cho ngôn ngữ sau

L1= {anbn: n ≥0}

L2= {w ∈{a, b}*: na(w) = nb(w)}

L3= {w ∈{a, b}*: na(w) = nb(w), na(v) ≥nb(v) với vlà tiếp

Chuong 7

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan