计算理论模拟试题及答案

1、计算理论复习题1、设语言A=w | w含有子串0101，即对某个x和y，w=x0101y，字母表为0，1a. 画出识别A的DFA的状态图。b. 画出识别A的NFA的状态图（规定状态数为5）。0,110011010解: a010,1010,1b2、把下图的有穷自动机转换成正则表达式。bab12a解:1、加新的开始状态和新的结束状态bab12asa 2、删除状态1，通过状态1的转换有s12、212a*b2aba*bsa3、删除状态2asa*b(aba*b)*3、设语言A=www | wa,b*，利用泵引理证明A不是正则语言。证明：假设A是正则的。设p是泵引理给出的关于A的泵长度。令S=apbapb

2、apb,S是A的一个成员且S的长度大于p，所以泵引理保证S可被分成3段S=xyz且满足泵引理的3个条件。根据条件3，y中只含a，所以xyyz中第一个a的个数将比后两个a的个数多，故xyyz不是A2的成员。违反泵引理的条件1，矛盾。A不是正则的。4、证明在3.1节开始部分给出的文法G2中，字符串the girl touches the boy with the flower 有两个不同的最左派生，叙述这句话的两个不同的意思。解: G2如下：句子名词短语动词短语名词短语复合名词|复合名词介词短语动词短语复合动词|复合动词介词短语介词短语介词复合名词复合名词冠词名词复合动词动词|动词名词短语冠词a_

3、|the_名词boy_|girl_|flower_动词touch_|1ikes_|Sees_介词with_答：1. 第一种最左派生a_a_girl_a_girl_a_girl_a_girl_touches_ a_girl_touches_a_girl_touches_a_girl_touches_the_a_girl_touches_the_boy_a_girl_touches_the_boy_a_girl_touches_the_boy_with_a_girl_touches_the_boy_with_a_girl_touches_the_boy_with_the_a_girl_touche

4、s_the_boy_with_the_flower含义是 ：女孩碰这个带着花的男孩2. 第二种最左派生a_a_girl_a_girl_a_girl_a_girl_touches_a_girl_touches_a_girl_touches_the_a_girl_touches_the_boy_a_girl_touches_the_boy_a_girl_touches_the_boy_with_a_girl_touches_the_boy_with_a_girl_touches_the_boy_with_the_a_girl_touches_the_boy_with_the_flower含义是：

5、女孩用花碰这个男孩5、有自动机M，接受语言L=WcW R | Wa,b*c，请给出这台PDA的形式定义、状态图，并非形式地描述它的运行。6、设语言A=0n1 n 0n1 n | n0，利用泵引理证明A不是上下文无关的。证明：假设A是上下文无关的。设p是泵引理给出的关于A的泵长度。令字符串S=0p1 p 0p1 p,S是A的一个成员且S的长度大于p，所以泵引理保证S可被分成5段S=uvxyz且满足泵引理的3个条件。 字串vxy一定横跨S的中点，否则，如果vxy位于S的前一半，把S抽成uv 2 xy 2 z时，1移到后一半的第一个位置，因此uv 2 xy 2 z不可能是A的成员。如果vxy位于S的

6、后一半，把S抽成uv 2 xy 2 z时，0移到后一半的最后一个位置，因此uv 2 xy 2 z不可能是A的成员。如果字串vxy横跨S的中点，把S抽成u x y，它形如 0p1 i 0j1 p，其中i和j不可能等于p。于是，S不能被抽取，从而A不是上下文无关的。7、设语言A=w | w至少含有3个1，字母表为0，1a. 给出产生语言A的上下文无关文法。b. 给出产生语言A的下推自动机的非形式描述和状态图。解: a. SA1A1A1AA0A|1A|e读输入中的符号。每读一个1，把一个1推入栈，每读1个0，不读栈也不写栈。同时非确定性地转移，并把1个1弹出栈。如果能转移三次，共弹出三个1，则接受这

7、个输入，并继续读输入符号直至结束。否则拒绝这个输入。e,1e 1, e10, eee,1e e,1e 1, ee0, ee8、检查图灵机的形式定义，回答下列问题并解释你的推理：a. 图灵机能在它的带子上写下空白字符吗？b. 图灵机能只包含一个状态吗？解：a. 能。因为空白符属于带字母表G；B. 不能。因为qacceptqreject，至少应有两个状态。9、证明正则语言类在并运算下封闭。10、设INFINITEDFA=|A是一个DFA，且L(A)是一个无限语言。证明INFINITEDFA是可判定的。证明：设计一个判定INFINITEDFA的TM M即可。 M=“对于输入，其中A是一个DFA：1)

8、 按照引理2.32 证明中的构造方法，把DFA A转换成等价的正则表达式。2) 扫描正则表达式，如果包含星号运算符*，则接受；否则拒绝。”。11、设B是0，1上所有无限序列的集合，用对角化方法证明B是不可数的。证明：为证明B是不可数的，必须证明在B和N之间不存在对应。下面用反证法证之。假设在B和N之间存在对应f，现在的任务是证明它没有应有的性质。因为它是一个对应，必须能将N的所有元素与B的所有元素进行配对。如果能找到B中的一个x，它和N中的任何元素都不能配对，则找到了矛盾。为此，实际构造出这样一个x。方法如下：在选择它的每一位数字时，都使得：x不同于某个无限序列，且此无限序列已与N中的一个元素

9、配对。这样就能保证x不同于任何已配对的无限序列。用一个例子来说明这个思路。假设对应f存在，且设f(1) = 010101，f(2) = 101010，f(3) =等等。则f将1和010101配对，将2和101010配对，依此类推。要保证对每个n都有x f(n)。为保证x f(1)，只要保证x的第一位数字不同于f(1) = 010101的第一位数字，即不是数字0，令它为1。为保证x f(2)，只要保证x的第二位数字不同于f(2) = 101010的第一位数字，即不是数字0，令它为1。以这种方法继续下去，就能够得到x的所有数字。不难知道，对任意n，x都不是f(n)，因为x与f(n)在第n位上不同。12、设EQCFG=|G和H都是一个CFG，且L(A)= L(B)，证明EQCFG是不可判定的。证明：设TM R判定EQCFG；如下构造判定的ALLCFGTM S： S“对于输入，其中G是CFG； 1）在输入上运行R，其中G1是派生所有可能的串CFG。 2）如果R接受，则接受；如果R拒绝，则拒绝。”如果R判定EQCFG，则S判定ALLCFG。但由定理6.1