有限オートマトンの正規表現が必要：偶数の1と偶数の0

Question

私の問題はあなたとは違うように聞こえるかもしれません。

私は初心者で、有限オートマトンを学んでいます。以下の特定のマシンの有限オートマトンの正規表現を見つけるためにインターネットを調べています。

上記のマシンの「有限オートマトンの正規表現」を書くのを手伝ってくれる人はいますか？

どんな助けでもありがたいです

Grijesh Chauhan · Accepted Answer

アーデンの定理を使用してDFAの正規表現を作成する方法

言語記号の代わりに0、1をΣ = {a, b}とすると、次は新しいDFAです。

通知の開始状態はQです

あなたは与えていませんが、私の答えでは初期状態はQです、最終状態もQ。

DFAで受け入れられる言語は、記号aとbで構成されるすべての文字列のセットです。ここで、記号aとbの数は偶数です（Λを含む））。

いくつかの文字列の例は{Λ, aa, bb, abba, babbab }であり、順序の制約はなく、記号の出現パターンは両方とも偶数である必要があります。
注：numberOf（a）とnumberOf（b）はゼロであるため、Λが許可されます。

私が並べた答えで言ったように： DFAの正規表現を書く方法すべての州はいくつかの情報を保存しています。以下は、上記のDFAの各状態で保存される情報です。

Q：偶数のaと偶数のb
Q₁：奇数aと偶数b
Q₂：奇数aと奇数b
Q₃：偶数aと奇数b

（最終状態のセットを変更することで、より興味深い言語のDFAを作成できます）
_{両方の回答でDFAの罰金REに対する私のアプローチが異なるため、裏打ちされた回答を読む必要があります}

正規表現とは何ですか？
Arden's Therm を使用して説明する以下のアプローチは、単一の開始状態があり、ヌル移動が定義されていない遷移図に適用できます（DFAはこの形式です）。このテクニックは本で説明されています：形式言語とオートマタ理論

覚えておいてください 4.2 ARDEN THEOREM ：

BとCをΣ上の2つの正規表現とします。 CにΛが含まれていない場合、方程式A = B + ACには、一意の（1つだけの）解A = BC *があります。

[解決策]：

ステップ-1：DFAの各状態に対応する1つの方程式である初期方程式を記述します。この方程式は、単一のステップで状態に到達する方法を意味します

したがって、DFAによると、次の4つの方程式が可能です。

Q = Λ + Q₁a + Q₃b

Q₁ = Qa + Q₂b

Q₂ = Q₁b + Q₃a

Q₃ = Qb + Q₂a

式（1）で、余分なΛはQ は初期状態であり、入力なしで到達できます（開始点）。 Qだからまた、これは最終状態にすぎません。a, bで構成される文字列は、Qで終了する場合は許容されます。。 Qの値必要な正規表現が得られるので、ターゲットはa, bに関して単純に式-（1）を使用することです。

ステップ2：他の方程式の状態の値を入力し、アーデンの簡略化方程式を使用して、を使用して方程式を簡略化します。

最初に式-（4）を取り、Qの値を置き換えましょう₂ 式-（3）から。

Q₃ = Qb + Q₂a
Q₃ = Qb +（Q₁b + Q₃a）a
Q₃ = Qb + Q₁ba + Q₃aa

最後の方程式は、アーデンの方程式A = B + ACの形式で表示できます。 AはQです₃、B = Qb + Q₁baおよびC = aa。したがって、アーデンのサームによれば、方程式Q₃ = Qb + Q₁ba + Q₃aaには、次のような独自のソリューションがあります。

Q₃ =（Qb + Q₁ba）（aa）*

または、次のように書くことができます。

5. Q₃ = Qb（aa）* + Q₁ba（aa）*

論理的にあなたは式をチェック/理解することができます-（5）はQを意味します₃ Qにbを適用することで、2つの方法（+）で到達できます。次に、Qにラベルaaのループがあります₃、2番目の方法はQからです₁ baを適用します。

同様の方法で、式を簡略化できます-（2）

Q₁ = Qa + Q₂b
Q₁ = Qa +（Q₁b + Q₃a）b
Q₁ = Qa + Q₁bb + Q₃ab

ここでは、アーデンの簡略化ルールを使用してください。

Q₁ =（Qa + Q₃ab）（bb）*

さらに簡素化

6. Q₁ = Qa（bb）* + Q₃ab（bb）*

Qの値₃ 式-（5）から式-（6）へ

Q₁ = Qa（bb）* +（Qb（aa）* + Q₁ba（aa）*）ab（bb）*
Q₁ = Qa（bb）* + Qb（aa）* ab（bb）* + Q₁ba（aa）* ab（bb）*

アーデンの単純化の法則を使用して、この最後の方程式を再度改善します。

Q₁ =（Qa（bb）* + Qb（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）*

qを取る詐欺師：

7. Q₁ = Q（a（bb）* + b（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）*

この方程式を理解できますか、Qに行く方法₁ 状態Qから？この解を方程式として覚えています-（7）

上記のように、Qの値を評価できます₁ 状態Qの観点からおよびa, b、同様に、状態Qの値を評価します。₃。このために、状態Qの値を簡単に置くことができます₁ 式-（5）から式-（7）へ。

5. Q₃ = Qb（aa）* + Q₁ba（aa）*
. Q₃ = Qb（aa）* + Q（a（bb）* + b（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）* ba（aa）*
8. Q₃ = Q （b（aa）* +（a（bb）* + b（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）* ba（aa）*）

ここで、式番号（1）に状態Qの値を入力します。₃ とQ₁ 式番号（8）と（7）からそれぞれ受容的に。

Q = Λ + Q₁a + Q₃b
Q = Λ + Q（a（bb）* +（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）* a + Q （b（aa）* +（a（bb）* + b（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）* ba（aa）*）b

さて、前回はアーデン解を適用して状態Qの値を見つけました記号aおよびbに関して。

Q = Λ +（（a（bb）* +（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）* a +（b（aa）* +（a（ bb）* + b（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）* ba（aa）*）b）*

これは（ここでΛを破棄できます）と同じですRE：

（（a（bb）* +（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）* a +（b（aa）* +（a（bb）* + b（aa ）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）* ba（aa）*）b）*

これはあなたが探しているREです。

さらに単純化できるかどうかはわかりません。私はあなたのための練習としてそれを残します。

リンクされた質問で、私は非公式で分析的な方法を提案しましたが、このDFAにREを適用して見つけるのは困難でした。この質問は、アーデンの定理と段階的な解決策の力を示しています。

編集：

私の以前の正規表現は正しいですが、非対称の形であるためブドウには難しいです。以下では、より対称的な新しい形式のREを作成しています。

次の式-（5）、（6）があります。

5. Q₃ = Qb（aa）* + Q₁ba（aa）*
6. Q₁ = Qa（bb）* + Q₃ab（bb）*

どちらも構造が対称的で、習得が容易です。（上記の式-（5）の後に私のコメントを読んでください）

状態Qの値を評価するには₁ Qに関して、Qの値を入れました₃ 式-（5）から式-（6）に変換すると、式-（7）は次のようになります。

7. Q₁ = Q（a（bb）* + b（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）*

同様に、状態Qの値を評価するには₃ Qに関して、Qの値を入れることができます₁ 式-（6）から式-（5）に変換すると、次のように式-（8）の新しい形式が得られます。

Q₃ = Qb（aa）* + Q₁ba（aa）*
Q₃ = Qb（aa）* +（Qa（bb）* + Q₃ab（bb）*）ba（aa）*
Q₃ = Qb（aa）* + Qa（bb）* ba（aa）* + Q₃ab（bb）* ba（aa）*

これで、式（8）を目的の形式にすることができます。

8. Q₃ = Q（b（aa）* + a（bb）* ba（aa）*）（ab（bb）* ba（aa）*）*

これで、式-（1）、（7）、（8）が得られます。

1. Q = Λ + Q₁a + Q₃b
7. Q₁ = Q（a（bb）* + b（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）*
8. Q₃ = Q（b（aa）* + a（bb）* ba（aa）*）（ab（bb）* ba（aa）*）*

これで、式（8）を目的の形式にすることができます。

8. Q₃ = Q（b（aa）* + a（bb）* ba（aa）*）（ab（bb）* ba（aa）*）*

これで、式-（1）、（7）、（8）が得られます。

1. Q = Λ + Q₁a + Q₃b
7. Q₁ = Q（a（bb）* + b（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）*
8. Q₃ = Q（b（aa）* + a（bb）* ba（aa）*）（ab（bb）* ba（aa）*）*

状態Qの値を入力します₁ とQ₃ 方程式に-（1）：

Q = Λ + Q（a（bb）* + b（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）* a + Q（b（aa）* + a（bb）* ba（aa）*）（ab（bb）* ba（aa）*）* b

次のように書くこともできます：

Q = Λ + Q （（a（bb）* + b（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）* a +（b（aa）* + a（bb）* ba（aa） *）（ab（bb）* ba（aa）*）* b）

次に、この方程式にアーデンの定理を適用すると、最終的なREが得られます。

偶数の 'a'および偶数の 'b'の正規表現：

（（a（bb）* + b（aa）* ab（bb）*）（ba（aa）* ab（bb）*）* a +（b（aa）* + a（bb）* ba（aa） *）（ab（bb）* ba（aa）*）* b）*

以下のように1つのステップをさらに簡略化できますか？

((a + b(aa)*ab)(bb)*(ba(aa)*ab(bb)*)*a + (b + a(bb)*ba)(aa)*(ab(bb)*ba(aa)*)*b)*

Afzal Ashraf · Answer

Eを偶数のaと偶数のbを持つ言語とし、以下は言語Eの正規表現です。

[00 + 11 +（01 + 10）（11 + 00）（01 + 10）]

00 = type1

11 = type2

（01 + 10）（00 + 11）*（01 + 10）= type3

Eの言語の単語を左から右にスキャンして、一度に2文字ずつ読んでいるとします。最初にdouble0（type1）に到達し、次にdouble 1（type2）に到達し、次に別のdouble 0（再びtype 1）に到達します。それから、おそらく私たちは同じではない文字のペアに出くわします。たとえば、次の2文字が10であるとします。これはtype3の部分文字列で始まる必要があります。二重化されていないペア（01または10）で始まり、二重化された文字のセクション（00または11の繰り返しが多い）があり、最後に別の二重化されていないペア（01または10）で終わります。 Wordのこのセクションの1つの特性は、偶数の0と偶数の1があることです。セクションが10で始まっている場合は、01で終わり、両端に2つの0と2つの1があり、間に2文字しかありません。 10で始まり、01で終わる場合も、偶数の0と偶数の1が得られます。 type3のこのセクションの後、別のタイプ3セクションを開始して、別の二重化されていないペアに遭遇するまで、タイプまたはタイプ2のセクションをさらに進めることができます。最初のペアのバランスをとるために、別のダブル化されていないペアが登場することはわかっています。全体的な効果は、Eの言語のすべての単語に偶数の0と偶数の1が含まれていることです。

sabeen kanwal · Answer

これは、0と1の偶数を含む偶数-偶数言語のDFAです。

そのREはこれになります

(00 + 11 + (01+10)(01+10) (00 + 11)*)*

ここでは、0と1のnmberでさえあるlemdaを受け入れます

または、0のnmbrが偶数（00）を受け入れ、1がないということは、ここで1のnmberが偶数であることを意味します。または（11）の場合、（0）のnmberが偶数です。 0と1のnmber ..

それがあなたの問題を解決することを願っています