计算理论模拟试题及答案汇编

《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=x 0101y ｝，字母表为{0，1}a. 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）。

解: a ．b ．2、把下图的有穷自动机转换成正则表达式。

解: 1、加新的开始状态和新的结束状态2、删除状态1，通过状态1的转换有s →1→2、2→1→23、删除状态23、设语言A={www | w ∈{a,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=a p ba p ba p b,∵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_|the_＜名词＞→boy_|girl_|flower_＜动词＞→touch_|1ikes_|Sees_＜介词＞→with_答：1.第一种最左派生<句子>⇒<名词短语><动词短语>⇒<复合名词><动词短语>⇒<冠词><名词><动词短语>⇒a_<名词><动词短语>⇒a_girl_<动词短语>⇒a_girl_<复合动词>⇒a_girl_<动词>< 名词短语>⇒a_girl_touches_< 名词短语>⇒ a_girl_touches_<复合名词><介词短语>⇒a_girl_touches_<冠词><名词><介词短语>⇒a_girl_touches_the_<名词><介词名词>⇒a_girl_touches_the_boy_<介词短语>⇒a_girl_touches_the_boy_<介词><复合名词>⇒a_girl_touches_the_boy_with_<复合名词>⇒a_girl_touches_the_boy_with_<冠词><名词>⇒a_girl_touches_the_boy_with_the_<名词>⇒a_girl_touches_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<句子>⇒<名词短语><动词短语>⇒<复合名词><动词短语>⇒<冠词><名词><动词短语>⇒a_<名词><动词短语>⇒a_girl_<动词短语>⇒a_girl_<复合动词><介词短语>⇒a_girl_<动词>< 名词短语><介词短语>⇒a_girl_touches_< 名词短语><介词短语>⇒a_girl_touches_<冠词><名词><介词短语>⇒a_girl_touches_the_< 名词><介词短语>⇒a_girl_touches_the_boy_<介词短语>⇒a_girl_touches_the_boy_<介词><复合名词>⇒a_girl_touches_the_boy_with_<复合名词>⇒a_girl_touches_the_boy_with_<冠词><名词> ⇒a_girl_touches_the_boy_with_the_<名词>⇒a_girl_touches_the_boy_with_the_flower含义是：女孩用花碰这个男孩5、有自动机M，接受语言L={WcW R | W∈{a,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 | n≧0}，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{0，1}a. 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. S→A1A1A1AA→0A|1A|ε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，则接受这个输入，并继续读输入符号直至结束。

否则拒绝这个输入。

0, ε→ε0, ε→ε8、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Γ；B.不能。

因为q accept≠q reject，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INFINITE DFA={<A>|A是一个DFA，且L(A)是一个无限语言}。

证明INFINITE DFA是可判定的。

证明：设计一个判定INFINITE DFA的TM M即可。

M=“对于输入<A>，其中A是一个DFA：1)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EQ CFG={<G，H>|G和H都是一个CFG，且L(A)= L(B)}，证明EQ CFG是不可判定的。

证明：设TM R判定EQ CFG；如下构造判定的ALL CFG TM S：S＝“对于输入<G>，其中G是CFG；1）在输入<G，G 1>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EQ CFG，则S判定ALL CFG。

但由定理6.10，ALL CFG是不可判定的。

故EQ CFG 也是不可判定的。

13、证明：如果A是图灵可识别的，且A≤m A，则A是可判定的。

证明：因为A≤m A<=>A≤m A 且A为图灵可识别的，根据定理6.22，A图灵可识别的。

根据5.16，由A和A都是图灵可识别的，所以A是可判定的。

14、证明所有的图灵可识别问题都映射可归约到A TM。