形式语言与自动机 第四章 课后题答案
考点：文法⇒推导树
解：（1）
（2）
（3）
考点：文法⇒最左/右推导
解：最左推导：E⇒lmE+T⇒lmT+T⇒lmF+T⇒lmb+T⇒lmb+T/F⇒lmb+F/F⇒lmb+b/F⇒lmb+b/bE⇒_{lm} E+T⇒_{lm} T+T⇒_{lm} F+T⇒_{lm} b+T⇒_{lm} b+T/F⇒_{lm} b+F/F⇒_{lm} b+b/F⇒_{lm} b+b/bE⇒lmE+T⇒lmT+T⇒lmF+T⇒lmb+T⇒lmb+T/F⇒lmb+F/F⇒lmb+b/F⇒lmb+b/b
最右推导：E⇒rmE+T⇒rmE+T/F⇒rmE+T/b⇒rmE+F/b⇒rmE+b/b⇒rmT+b/b⇒rmF+b/b⇒rmb+b/bE⇒_{rm} E+T⇒_{rm} E+T/F⇒_{rm} E+T/b⇒_{rm} E+F/b⇒_{rm} E+b/b⇒_{rm} T+b/b⇒_{rm} F+b/b⇒_{rm} b+b/bE⇒rmE+T⇒rmE+T/F⇒rmE+T/b⇒rmE+F/b⇒rmE+b/b⇒rmT+b/b⇒rmF+b/b⇒rmb+b/b
考点：文法二义性证明
解：画出语言 aaabaaaabaaaaba 的2颗推导树如下：
同一文法可画出2个不同的推导树，因此该文法具有二义性。
考点：语言⇒上下文无关文法（设计上下文无关文法）
解：（1）考虑在产生相同数目的0,1后，再生成多余的1.
G=({S},{0,1},P,S)G=(\{S\},\{0,1\},P,S)G=({S},{0,1},P,S)，其中P为：S→1S0∣1S∣10S→1S0|1S|10S→1S0∣1S∣10
（2）考虑将0和1的部分拆开：G=({S,A},{0,1},P,S)G=(\{S,A\},\{0,1\},P,S)G=({S,A},{0,1},P,S)，其中P为：
S→1A1∣1S1S→1A1|1S1S→1A1∣1S1
A→00A∣00A→00A|00A→00A∣00（服务 02m0^{2m}02m）
（3）考虑将语言拆为2部分：G=({S,A,B},{0,1},P,S)G=(\{S,A,B\},\{0,1\},P,S)G=({S,A,B},{0,1},P,S)，其中P为：
S→ABS→ABS→AB（拆为2部分）
A→1A0∣10A→1A0|10A→1A0∣10
B→1B0∣10B→1B0|10B→1B0∣10
考点：消除无用符号
解：（1）首先使用算法1，得到非生成符号C，删去C及其生成式有：
S→EDS→EDS→ED
D→aD→aD→a
E→bE→bE→b
使用算法2，发现没有不可达符号，因此等价文法为：G=({S,D,E},{a,b},P,S)G=(\{S,D,E\},\{a,b\},P,S)G=({S,D,E},{a,b},P,S)，其中P：
S→EDS→EDS→ED
D→aD→aD→a
E→bE→bE→b
（2）首先使用算法1，得到非生成符号C，删去C及其生成式有：
S→DS→DS→D
D→bS∣bD→bS|bD→bS∣b
E→DS∣bE→DS|bE→DS∣b
使用算法2，发现不可达符号E，删去E及其生成式。因此等价文法为：G=({S,D}.{b},P,S)G=(\{S,D\}.\{b\},P,S)G=({S,D}.{b},P,S)，其中P：
S→DS→DS→D
D→bS∣bD→bS|bD→bS∣b
考点：消空产生式
解：根据算法得，可得致空符号有：D、E、C、SD、E、C、SD、E、C、S，SSS 也为致空符号，因此加入 S1→S∣εS_1→S|εS1→S∣ε，对于 S→DCES→DCES→DCE 有：S→DCE∣CE∣DE∣DC∣D∣C∣ES→DCE|CE|DE|DC|D|C|ES→DCE∣CE∣DE∣DC∣D∣C∣E。因此消空后的等价文法为：G1=({S1,S,C,D,E},{a,b},P,S1)G_1=(\{S_1,S,C,D,E\},\{a,b\},P,S_1)G1=({S1,S,C,D,E},{a,b},P,S1)，其中 PPP：
S1→S∣εS_1→S|εS1→S∣ε
S→DCE∣CE∣DE∣DC∣D∣C∣ES→DCE|CE|DE|DC|D|C|ES→DCE∣CE∣DE∣DC∣D∣C∣E
D→CC∣CD→CC|CD→CC∣C
C→EE∣E∣bC→EE|E|bC→EE∣E∣b
E→DD∣D∣aE→DD|D|aE→DD∣D∣a
考点：简化CFG（消无用→消空→消单→消无用 ）
解：首先消无用符号，利用算法1发现没有非生成符号，再利用算法2也没有发现不可达符号。
再消致空符号，利用算法发现所有符号都为致空符号。SSS 为致空符号，因此将 S1→S∣εS_1→S|εS1→S∣ε 加入P，P变为：
S1→S∣εS_1→S|εS1→S∣ε
S→A1∣A2S→A_1 |A_2S→A1∣A2
A1→A3∣A4A_1→A_3 |A_4A1→A3∣A4
A2→A4∣A5A_2→A_4 |A_5A2→A4∣A5
A3→S∣bA_3→S|bA3→S∣b
A4→S∣aA_4→S|aA4→S∣a
A5→S∣dA_5→S|dA5→S∣d
再消除单产生式，构造 NS,NAi,i=1,2,3,4,5N_S,N_{A_i},i=1,2,3,4,5NS,NAi,i=1,2,3,4,5，产生式的关系如下图：
因此P为：
S1→a∣b∣d∣εS_1→a|b|d|εS1→a∣b∣d∣ε
S→a∣b∣dS→a|b|dS→a∣b∣d
A1→a∣b∣dA_1→a|b|dA1→a∣b∣d
A2→a∣b∣dA_2→a|b|dA2→a∣b∣d
A3→a∣b∣dA_3→a|b|dA3→a∣b∣d
A4→a∣b∣dA_4→a|b|dA4→a∣b∣d
A5→a∣b∣dA_5→a|b|dA5→a∣b∣d
最后消去无用符号，利用算法1发现没有非生成符号；再用算法2发现只有 S1S_1S1 为可达符号，删去其他符号及其产生式得到文法 G1=({S1},{a,b,d},P,S1)G_1=(\{S_1 \},\{a,b,d\},P,S_1)G1=({S1},{a,b,d},P,S1)，其中P为 S1→a∣b∣d∣εS_1→a|b|d|εS1→a∣b∣d∣ε
考点：转换为CNF（Chomsky范式）
解：首先删除无用符号，利用算法1发现没有非生成符号，再利用算法2发现没有不可达符号；
再删除致空符号，利用算法发现S为致空符号，将 S1→ε∣SS_1→ε|SS1→ε∣S加入到P中，此时P为：
S1→ε∣SS_1→ε|SS1→ε∣S
S→ASB∣ABS→ASB|ABS→ASB∣AB
A→aAS∣aA∣aA→aAS|aA|aA→aAS∣aA∣a
B→SBS∣SB∣BS∣A∣bbB→SBS|SB|BS|A|bbB→SBS∣SB∣BS∣A∣bb
再消单产生式，单产生式有：S1→S,B→AS_1→S,B→AS1→S,B→A，因此此时P变为：
S1→ε∣ASB∣ABS_1→ε|ASB|ABS1→ε∣ASB∣AB
S→ASB∣ABS→ASB|ABS→ASB∣AB
A→aAS∣aA∣aA→aAS|aA|aA→aAS∣aA∣a
B→SBS∣BS∣SB∣bb∣aAS∣aA∣aB→SBS|BS|SB|bb|aAS|aA|aB→SBS∣BS∣SB∣bb∣aAS∣aA∣a
再消去无用符号，利用算法1、2发现没有无用符号。
最后转换为CNF：对 S1→ε∣AB,S→AB,A→a,B→BS∣SB∣aS_1→ε|AB,S→AB,A→a,B→BS|SB|aS1→ε∣AB,S→AB,A→a,B→BS∣SB∣a 为CNF，加入到P中。
将 S1→ASBS_1→ASBS1→ASB 变换为 S1→AC,C→SBS_1→AC,C→SBS1→AC,C→SB
将 S→ASBS→ASBS→ASB 变换为 S→ACS→ACS→AC，
将 A→aAS∣aAA→aAS|aAA→aAS∣aA 变换为 A→ED，A→EA，D→AS，E→aA→ED，A→EA，D→AS，E→aA→ED，A→EA，D→AS，E→a
将 B→SBS∣aAS∣aA∣bbB→SBS|aAS|aA|bbB→SBS∣aAS∣aA∣bb 变换为 B→CS，B→ED，B→EA，B→FF，F→bB→CS，B→ED，B→EA，B→FF，F→bB→CS，B→ED，B→EA，B→FF，F→b
由此得到文法 G1=({S1,S,A,B,C,D,E,F},{a,b},P1,S1)G1=(\{S_1,S,A,B,C,D,E,F\},\{a,b\},P_1,S_1)G1=({S1,S,A,B,C,D,E,F},{a,b},P1,S1)，其中 P1P_1P1 为：
S1→AB∣ε∣ACS_1→AB|ε|ACS1→AB∣ε∣AC
S→AB∣ACS→AB|ACS→AB∣AC
A→ED∣EA∣aA→ED|EA|aA→ED∣EA∣a
B→BS∣SB∣a∣CS∣ED∣EA∣FFB→BS|SB|a|CS|ED|EA|FFB→BS∣SB∣a∣CS∣ED∣EA∣FF
C→SBC→SBC→SB
D→ASD→ASD→AS
E→aE→aE→a
F→bF→bF→b
考点：转换为CNF（Chomsky范式）
解：先消除无用符号，利用算法1、2发现没有无用符号；再消致空符号，利用算法发现致空符号为A,B，因此P变为：
S→0BB∣0B∣1AA∣1A∣0∣1S→0BB|0B|1AA|1A|0|1S→0BB∣0B∣1AA∣1A∣0∣1
B→0B0∣00B→0B0|00B→0B0∣00
A→11A∣11A→11A|11A→11A∣11
此时没有单产生式和无用符号，转换为CNF：S→0∣1S→0|1S→0∣1为CNF，加入到P中
将 S→0BBS→0BBS→0BB 变换为 S→CB，C→DB，D→0S→CB，C→DB，D→0S→CB，C→DB，D→0
将 S→0BS→0BS→0B 变换为 S→DBS→DBS→DB
将 S→1AAS→1AAS→1AA 变换为 S→EAS→EAS→EA，E→FAE→FAE→FA，F→1F→1F→1
将 S→1AS→1AS→1A 变换为 S→FAS→FAS→FA
将 B→0B0B→0B0B→0B0 变换为 B→CDB→CDB→CD
将 B→00B→00B→00 变换为 B→DDB→DDB→DD
将 A→11AA→11AA→11A 变换为 A→FEA→FEA→FE
将 A→11A→11A→11 变换为 A→FFA→FFA→FF
由此得到的文法为：G1=({S,A,B,C,D,E,F,G},{0,1},P1,S)G1=(\{S,A,B,C,D,E,F,G\},\{0,1\},P_1,S)G1=({S,A,B,C,D,E,F,G},{0,1},P1,S)，其中 P1P_1P1 如下：
S→CB∣DB∣EA∣FA∣0∣1S→CB|DB|EA|FA|0|1S→CB∣DB∣EA∣FA∣0∣1
A→FE∣FFA→FE|FFA→FE∣FF
B→CD∣DDB→CD|DDB→CD∣DD
C→DBC→DBC→DB
D→0D→0D→0
E→FAE→FAE→FA
F→1F→1F→1
考点：转换为GNF（Greibach范式）
解：题给产生式为CNF，N排序为 S,DS,DS,D，其中D为高位，第2个式子右边首符序号＞左边的N，需要变换，将1式代入2式中有：D→DDS∣aS∣bD→DDS|aS|bD→DDS∣aS∣b
消除直接左递归，D→aS∣b∣asD′∣bD′,D′→DS∣DSD′D→aS|b|asD'|bD',D'→DS|DSD'D→aS∣b∣asD′∣bD′,D′→DS∣DSD′
进行回代，此时N排序为 D′,S,DD',S,DD′,S,D，其中D为高位：
D’D’D’ 回代入SSS：S→aSD∣bD∣aSD′D∣bD′D∣aS→aSD|bD|aSD'D|bD'D|aS→aSD∣bD∣aSD′D∣bD′D∣a
DDD 回代入D’D’D’： D′→aSS∣bS∣asD′S∣bD′S∣aSSD′∣bSD′∣asD′SD′∣bD′SD′D'→aSS|bS|asD'S|bD'S|aSSD'|bSD'|asD' SD'|bD'SD'D′→aSS∣bS∣asD′S∣bD′S∣aSSD′∣bSD′∣asD′SD′∣bD′SD′
考点：2 型文法⇒PDA
解：（1）
（2）
考点：语言⇒文法（设计文法）；文法的二义性
解：G=({S,A,B,C,D},a,b,c,P,S)G=(\{S,A,B,C,D\},{a,b,c},P,S)G=({S,A,B,C,D},a,b,c,P,S)
S→AD∣BCS→AD|BCS→AD∣BC
A→aA∣εA→aA|εA→aA∣ε
B→aBb∣εB→aBb|εB→aBb∣ε
C→cC∣εC→cC|εC→cC∣ε
D→bDc∣εD→bDc|εD→bDc∣ε
有二义性，当 i=j=ki=j=ki=j=k 时，存在 2 颗推导树，如 abc∈Labc∈Labc∈L：
考点：泵浦引理
解：（1）假设是 CFL。利用泵浦引理，取常数 p，ω=0p21p，∣ω∣=p2+p≥pω=0^{p^2}1^p，|ω|=p^2+p≥pω=0p21p，∣ω∣=p2+p≥p，将 ω 写为 ω1ω2ω0ω3ω4ω_1ω_2ω_0ω_3ω_4ω1ω2ω0ω3ω4，其中 ω2ω3≠εω_2ω_3≠εω2ω3=ε 且 ∣ω2ω0ω3∣≤p|ω_2ω_0ω_3|≤p∣ω2ω0ω3∣≤p，下面考虑 ω2ω0ω3ω_2ω_0ω_3ω2ω0ω3 在 ωωω 中所处的位置：
①当 ω2,ω3ω_2,ω_3ω2,ω3 都只包含 0 (1 同理) 时，ω1ω20ω0ω30ω4ω_1ω_2^0 ω_0ω_3^0ω_4ω1ω20ω0ω30ω4 的 0 部分长度减少，1 部分长度不变，明显不属于 L，与 CFL 的假设矛盾。
②当 ω2,ω3ω_2,ω_3ω2,ω3 自身不能横跨 0p21p0^{p^2}1^p0p21p时，否则 01 顺序会乱，因此只能是 ω2ω_2ω2 在0 部分，ω3ω_3ω3在 1 部分。假设 |ω2∣=k1≥1,∣ω3∣=k2≥1ω_2|=k_1≥1,|ω_3|=k_2≥1ω2∣=k1≥1,∣ω3∣=k2≥1，则取 ω1ω20ω0ω30ω4，(p−k2)2≤(p−1)2=p2−2p+1<p2−k1ω_1ω_2^0 ω_0ω_3^0ω_4， (p-k_2)^2≤(p-1)^2=p^2-2p+1<p^2-k_1ω1ω20ω0ω30ω4，(p−k2)2≤(p−1)2=p2−2p+1<p2−k1。因此 ω∉Lω∉Lω∈/L，与 CFL 的假设矛盾。
综上所述，不是 CFL。
（5）假设是 CFL，利用泵浦引理。取常数 p，ω=xxω=xxω=xx，取 ω=0p1p0p1p，∣ω∣=4p≥pω=0^p 1^p 0^p 1^p，|ω|=4p≥pω=0p1p0p1p，∣ω∣=4p≥p，将 ωωω 写为 ω1ω2ω0ω3ω4ω_1ω_2ω_0ω_3ω_4ω1ω2ω0ω3ω4，其中 ω2ω3≠εω_2ω_3≠εω2ω3=ε 且 ∣ω2ω0ω3∣≤p|ω_2ω_0ω_3|≤p∣ω2ω0ω3∣≤p。下面考虑 ω2ω0ω3ω_2ω_0ω_3ω2ω0ω3 在 ωωω 中所处的位置：
①当 ω2,ω3ω_2,ω_3ω2,ω3 位于同一 0（1 同理）时，ω1ω20ω0ω30ω4ω_1ω_2^0 ω_0ω_3^0ω_4ω1ω20ω0ω30ω4 的 ω2,ω3ω_2,ω_3ω2,ω3 部分长度减少，明显不属于L，与 CFL 的假设矛盾；
②当 ω2ω0ω3ω_2ω_0ω_3ω2ω0ω3 横跨0和1时，ω1ω20ω0ω30ω4ω_1ω_2^0 ω_0ω_3^0ω_4ω1ω20ω0ω30ω4 的 ω2,ω3ω_2,ω_3ω2,ω3 所在部分长度改变 ≠p≠p=p，明显不属于L，与 CFL 的假设矛盾；
综上所述，不是 CFL。
考点：设计 PDA
解：（1）
（2）
（3）
（4）容易写出文法：S→0S1∣0S11∣εS→0S1|0S11|εS→0S1∣0S11∣ε，将文法转换为 PDA：
（5）
q1q_1q1 表示 1 的个数＞0 的个数，q2q_2q2 表示 0 的个数＞1 的个数
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