ব্যাকরণ দ্ব্যর্থহীন তা কীভাবে প্রমাণ করবেন?

25

আমার সমস্যাটি কীভাবে আমি প্রমাণ করতে পারি যে ব্যাকরণটি দ্ব্যর্থহীন? আমি নিম্নলিখিত ব্যাকরণ আছে:

S \to s t a t e m e n t ∣ if e x p r e s s i o n then S ∣ if e x p r e s s i o n then S else S

$S → statement ∣ \mbox{if } expression \mbox{ then } S ∣ \mbox{if } expression \mbox{ then } S \mbox{ else } S$

এবং এটিকে একটি দ্ব্যর্থহীন ব্যাকরণে পরিণত করুন, আমি এটিকে সঠিক বলে মনে করি:

$S → S_1 ∣ S_2$
$S_1 → \mbox{if } expression \mbox{ then } S ∣ \mbox{if } expression \mbox{ then } S_2 \mbox{ else } S_1$
$S_2 → \mbox{if } expression \mbox{ then } S_2 \mbox{ else } S_2 ∣ statement$

আমি জানি যে একটি দ্ব্যর্থহীন ব্যাকরণে প্রতিটি পদটির জন্য একটি পার্স গাছ রয়েছে।

— user1594
সূত্র

20

নেই এক উপায় একটি ব্যাকরণ unambiguity প্রমাণ করার (অন্তত) ভাষার জন্য । এটি দুটি পদক্ষেপ নিয়ে গঠিত: $G = (N,T,\delta,S)$ $L$

প্রমাণ করুন । $L \subseteq \mathcal{L}(G)$
প্রমাণ করুন । $[z^n]S_G(z) = |L_n|$

প্রথম পদক্ষেপটি বেশ স্পষ্ট: ব্যাকরণটি আপনি চান এমন শব্দগুলি তৈরি করে (কমপক্ষে), এটি সঠিকতা show

দ্বিতীয় ধাপটি দেখায় যে এর দৈর্ঘ্যের শব্দের জন্য অনেকগুলি বাক্য গঠন রয়েছে যেমন এর দৈর্ঘ্য এর শব্দ রয়েছে - এটি 1. অস্পষ্টতা বোঝায়। এটি এর স্ট্রাকচার ফাংশনটি ব্যবহার করে যা চমস্কি এবং স্কটজেনবার্গার [১] এ ফিরে যায় $G$ $n$ $L$ $n$ $G$

$\qquad \displaystyle S_G(z) = \sum_{n=0}^\infty t_nz^n$

সঙ্গে সিনট্যাক্স গাছের সংখ্যা দৈর্ঘ্যের শব্দের জন্য রয়েছে । অবশ্যই আপনার দরকারএই কাজ করার জন্য। $t_n = [z^n]S_G(z)$ $G$ $n$ $|L_n|$

সুন্দর জিনিসটি হ'ল (সাধারণত) প্রসঙ্গ-মুক্ত ভাষাগুলি প্রাপ্ত করা সহজ, যদিও জন্য একটি বদ্ধ ফর্ম খুঁজে পাওয়া কঠিন হতে পারে। ননটারিনাল প্রতি এক পরিবর্তনশীল সহ ফাংশনগুলির একটি সমীকরণ ব্যবস্থায় রূপান্তর করুন : $S_G$ $t_n$ $G$

$\qquad \displaystyle \left[ A(z) = \sum\limits_{(A, a_0 \dots a_k) \in \delta} \ \prod\limits_{i=0}^{k} \ \tau(a_i)\ : A \in N \right] \text{ with } \tau(a) = \begin{cases} a(z) &, a \in N \\ z &, a \in T \\ \end{cases}.$

এটি দেখতে ভয়ঙ্কর দেখাচ্ছে তবে সত্যই এটি কেবল একটি সিন্টেক্সটিকাল রূপান্তর যা উদাহরণে স্পষ্ট হয়ে উঠবে। ধারণা যে উত্পন্ন টার্মিনাল চিহ্ন এক্সপোনেন্ট গণনা করা হয় এবং সিস্টেম হিসাবে একই ফর্ম আছে কারণ , যেমন সমষ্টি হিসেবে প্রায়ই ঘটে টার্মিনাল দ্বারা উত্পন্ন করা যেতে পারে । বিশদ জন্য কুইচ [2] পরীক্ষা করুন। $z$ $G$ $z^n$ $n$ $G$

এই সমীকরণ সিস্টেমটি (কম্পিউটার বীজগণিত!) সমাধান করলে ; এখন আপনাকে "কেবল" মুদ্রাটি টানতে হবে (বন্ধ, সাধারণ আকারে)। TCS চিট শিট এবং কম্পিউটার বীজগণিত প্রায়ই তা করতে পারেন। $S(z) = S_G(z)$

উদাহরণ

নিয়ম সহ সহজ ব্যাকরণ বিবেচনা করুন $G$

। $\qquad \displaystyle S \to aSa \mid bSb \mid \varepsilon$

এটি পরিষ্কার যে (পদক্ষেপ ১, প্রবর্তনের দ্বারা প্রমাণ)। আছে $\mathcal{L}(G) = \{ww^R \mid w \in \{a,b\}^*\}$ দৈর্ঘ্যের প্যালিনড্রোমযদিহয়তবেঅন্যথায়হয়। $2^{\frac{n}{2}}$ $n$ $n$ $0$

সমীকরণ সিস্টেমের ফলন সেট আপ করা

$\qquad \displaystyle S(z) = 2z^2S(z) + 1$

যার সমাধান

। $\qquad \displaystyle S_G(z) = \frac{1}{1-2z^2}$

এর সহগ কাকতালীয়ভাবে, palindromes সংখ্যা যাতে দ্ব্যর্থহীন নয়। $S_G$ $G$

চমস্কি, স্কটজেনবার্গার (1963) লিখেছেন কনটেক্সট-ফ্রি ল্যাঙ্গুয়েজ অফ দ্য অ্যালজেব্রিক থিউরি
কুইচের (১৯ 1970০) প্রসঙ্গ-মুক্ত ভাষার এনট্রোপিতে

— রাফেল
সূত্র

3

আপনি যেমন রাফেলকে জানেন, অস্পষ্টতা সিদ্ধান্ত নেওয়া যায় না, তাই আপনার কমপক্ষে একটি পদক্ষেপ যান্ত্রিকীকরণ করা যায় না। কোন ধারণা কোনটি?

জন্য একটি বদ্ধ ফর্ম পেয়েছেন ?

t_{n}

$t_n$

— মার্টিন বার্গার

2

ডিগ্রি খুব বেশি হলে সমীকরণ সিস্টেমটি দ্রবণযোগ্য অ্যালগরিদম্যভাবে নাও হতে পারে, এবং উত্পন্ন কার্যের বাইরে সঠিক সহগের আঁকানো (খুব) কঠিন হতে পারে। "কর্মপদ্ধতি" কিন্ত, এক প্রায়ই ছোট "ডিগ্রী" এর ব্যাকরণ সঙ্গে পুলিশ - দয়া করে মনে রাখবেন বলুন,, ছোট ডিগ্রী সমীকরণ সিস্টেম চমস্কি স্বাভাবিক ফর্ম বিশালাকার - এবং সেখানে পদ্ধতি অন্তত পেতে

কোফিসিয়েন্টস জন্য -asymptotics ; অস্পষ্টতা প্রতিষ্ঠার জন্য এটি যথেষ্ট হতে পারে। নোট করুন যে দ্ব্যর্থহীনতা প্রমাণের জন্য,

সহগকে না টানিয়ে দেখানো যথেষ্ট; যদিও এই পরিচয় প্রমাণ করা শক্ত হতে পারে।

\sim

$\sim$

S_{L} (z) = S_{G} (z)

$S_L(z) = S_G(z)$

— রাফেল

আপনাকে ধন্যবাদ রাফেল আপনি কি এমন কোনও গ্রন্থ সম্পর্কে জানেন যা বিশদভাবে বিকাশ লাভ করে যে কোনওটি উদাহরণস্বরূপ চমস্কির স্বাভাবিক ফর্ম ব্যবহার করলেও কীভাবে অনিবার্যতা কার্যকর হয়? (আমি কুইচকে ধরে রাখতে পারি না))

— মার্টিন বার্গার

@ মার্টিনবার্গার আমি আমার টুডো তালিকায় আপনার মন্তব্যটি নতুন করে আবিষ্কার করেছি; দীর্ঘ নীরবতার জন্য দুঃখিত তিনটি ধাপ রয়েছে যা (আমার মনে হয়) সাধারণভাবে গণনাযোগ্য নয়: 1)

নির্ধারণ করুন । 2) গণনা

। 3) নির্ধারণ করুন

। বিশেষত, 2 এর জন্য

প্রতিনিধিত্ব কী ?

S_{G}

$S_G$

| L_{n} |

$|L_n|$

[z^{n}] S_{g} (z)

$[z^n]S_g(z)$

L

$L$

— রাফেল

প্রতিনিধিত্ব কেন একটি সমস্যা? উদাহরণস্বরূপ সংকলকগুলির জন্য আমরা সিএফজির উপস্থাপনের একাধিক উপায় ব্যবহার করতে পারি। সম্ভবত আপনি

প্রতিনিধিত্ব করতে চান ?

L

$L$

L_{n}

$L_n$

— মার্টিন বার্গার

6

এটি একটি ভাল প্রশ্ন, তবে কিছু গুগলিং আপনাকে বলে যে অস্পষ্টতা সিদ্ধান্ত নেওয়ার জন্য কোনও সাধারণ পদ্ধতি নেই , সুতরাং আপনার প্রশ্নটি আরও সুনির্দিষ্ট করা আপনার দরকার।

— reinierpost
সূত্র

2

ওপি অ্যালগরিদম নয়, প্রুফ কৌশল জিজ্ঞাসা করে।

— রাফেল

আমিও তাই মনে করি; এটি প্রশ্নে উল্লেখ করা যেতে পারে।

— পুনরায় পোস্টার

1

গুগল সত্যের বাণী নয়, কারণ জ্ঞাতজ্ঞানী গণতান্ত্রিক নয় এবং গুগলের ফলাফলও রয়েছে। আমি এই ক্ষেত্রে গুগলে বিশ্বাস করব না, কারণ লোকেরা প্রায়শই একে অপর থেকে ক্যাট-বিট কপি করে যা তারা কপি করে তা যাচাই করে না। কোনও প্রমাণ না দেখিয়ে তারা ভুল হতে পারে।

— সাসকিউ

5

@ সাসকিউ: আপনি আমার শব্দগুলি খুব আক্ষরিকভাবে পড়েছেন। গুগল আমাকে যা দেয় তা হ'ল অ্যাটিকেলের URL গুলি যা জিনিসগুলি ব্যাখ্যা করে।

— রিইনারপোস্ট

4

কিছু ব্যাকরণের ক্ষেত্রে, অন্তর্ভুক্তির দ্বারা প্রমাণ (শব্দের দৈর্ঘ্যের চেয়ে বেশি) সম্ভব।

উদাহরণস্বরূপ বিবেচনা করুন একটি ব্যাকরণ উপর নিম্নলিখিত নিয়মগুলি কর্তৃক প্রদত্ত: $G$ $\Sigma = \{a,b\}$

$\qquad \displaystyle S \to aSa \mid bSb \mid \varepsilon$

দৈর্ঘ্যের সব শব্দ মধ্যে - সেখানে একমাত্র - শুধুমাত্র এক বাম-শিক্ষাদীক্ষা আছে। $\leq 1$ $L(G)$ $\varepsilon$

$\leq n$ $n \in \mathbb{N}$ শুধুমাত্র একটি বাম-শিক্ষাদীক্ষা আছে।

$w = w_1 w' w_n \in L(G) \cap \Sigma^n$ $n > 0$ $w_1 \in \Sigma$ $w_1 = a$ $S \to aSa$ $w_1 = b$ $S \to bSb$ $w'$ $w$

এটি যদি আরও শক্ত হয়ে যায়

একাধিক নন-টার্মিনাল রয়েছে,
ব্যাকরণ রৈখিক নয়, এবং / অথবা
ব্যাকরণটি বাম-পুনরাবৃত্ত হয়।

এটি সমস্ত সেনটেনশিয়াল ফর্মগুলিতে (যদি ব্যাকরণের কোনও অনুন্নত অ-টার্মিনাল নেই) এবং "মূল" অ-টার্মিনালগুলিকে দাবি জোরদার করতে সহায়তা করতে পারে।

আমি মনে করি গ্রিবাচকে স্বাভাবিক ফর্মে রূপান্তর করা অস্পষ্টতা বজায় রাখে (প্রথমে) প্রথমে এই পদক্ষেপটি প্রয়োগ করতে বাম-পুনরাবৃত্তির সুন্দরভাবে যত্ন নিতে পারে।

কী প্রতিটি শব্দ যে সংশোধন করা হয়েছে (অন্তত) এর এক বৈশিষ্ট্য চিহ্নিত হয় এক শিক্ষাদীক্ষা ধাপ। বাকীগুলি অনুসরণীয়ভাবে অনুসরণ করে।

— রাফেল
সূত্র

3

মূলত, এটি শিশু প্রজন্মের সমস্যা। প্রথম অভিব্যক্তিটি দিয়ে শুরু করুন, এবং এটির শিশু তৈরি করুন .... এটি পুনরাবৃত্তভাবে করুন (ডিএফএস), এবং বেশ কয়েকটি পুনরাবৃত্তির পরে দেখুন, আপনি দুটি পৃথক বাচ্চাদের থেকে একই প্রসারিত অভিব্যক্তি উত্পন্ন করতে পারবেন কিনা see আপনি যদি এটি করতে সক্ষম হন তবে এটি অস্পষ্ট। যদিও এই অ্যালগরিদমের চলমান সময় নির্ধারণের কোনও উপায় নেই। ধরে নিন এটি নিরাপদ, সম্ভবত 30 টি স্তর বাচ্চাদের উত্পাদন করার পরে :) (অবশ্যই এটি 31 তমকে বোমাতে পারে)

— কার্তিক কুমার বিশ্বনাথন
সূত্র

1

ওপি অ্যালগরিদম নয়, প্রুফ কৌশল জিজ্ঞাসা করে।

— রাফেল

2

ব্যাকরণ অস্পষ্ট কিনা তা সম্ভবত প্রমাণ করার উপায় হতে পারে না। ঘটনাচক্রে যখন বোমাবাজি ঘটে তখন অনস্বীকার্য ।

— এস