Uvod u teoriju računarstva zemris.fer.hr/ predmeti / utr /

Uvod u teoriju računarstvahttp://www.zemris.fer.hr/predmeti/utr/ Zadaci za vježbu Priprema za međuispit Fakultet elektrotehnike i računarstva Sveučilište u Zagrebu

Zadatak br. 18 • Zadanu gramatiku pretvoriti u Chomskyev oblik. • Chomskyev oblik produkcija: ABC i Ad • Postupak pretvorbe u Chomskyev oblik: • Izbacivanje jediničnih i  produkcija • Završni znakovi koji se nalaze u produkcijama koje imaju više od jednog znaka na desnoj strani zamijene se nezavršnim znakovima koji su zamjene za te završne znakove • Produkcije koje s desne strane imaju više od dva znaka razbijaju se u podprodukcije

Zadatak br. 18 • Izbacivanje jediničnih i  produkcija. Izbacuju se produkcije: CA i C

Zadatak br. 18 • Završni znakovi koji se nalaze u produkcijama koje imaju više od jednog znaka na desnoj strani zamijene se nezavršnim znakovima koji su zamjene za te završne znakove S0S1 A1B0 B1BA CB0 N0 S0SBS ASB BSA C1B0 J1 S1C0 A0 B1 CSB S10 C0 Završni znak “0” zamjenjuje se nezavršnim znakom N. Završni znak “1” zamjenjuje se nezavršnim znakom J.

Zadatak br. 18 • Završni znakovi koji se nalaze u produkcijama koje imaju više od jednog znaka na desnoj strani zamijene se nezavršnim znakovima koji su zamjene za te završne znakove SNSJ A1B0 B1BA CB0 N0 S0SBS ASB BSA C1B0 J1 S1C0 A0 B1 CSB S10 C0 Završni znak “0” zamjenjuje se nezavršnim znakom N. Završni znak “1” zamjenjuje se nezavršnim znakom J.

Zadatak br. 18 • Završni znakovi koji se nalaze u produkcijama koje imaju više od jednog znaka na desnoj strani zamijene se nezavršnim znakovima koji su zamjene za te završne znakove SNSJ A1B0 B1BA CB0 N0 SNSBS ASB BSA C1B0 J1 S1C0 A0 B1 CSB S10 C0 Završni znak “0” zamjenjuje se nezavršnim znakom N. Završni znak “1” zamjenjuje se nezavršnim znakom J.

Zadatak br. 18 • Završni znakovi koji se nalaze u produkcijama koje imaju više od jednog znaka na desnoj strani zamijene se nezavršnim znakovima koji su zamjene za te završne znakove SNSJ A1B0 B1BA CB0 N0 SNSBS ASB BSA C1B0 J1 SJCN A0 B1 CSB S10 C0 Završni znak “0” zamjenjuje se nezavršnim znakom N. Završni znak “1” zamjenjuje se nezavršnim znakom J.

Zadatak br. 18 • Završni znakovi koji se nalaze u produkcijama koje imaju više od jednog znaka na desnoj strani zamijene se nezavršnim znakovima koji su zamjene za te završne znakove SNSJ A1B0 B1BA CB0 N0 SNSBS ASB BSA C1B0 J1 SJCN A0 B1 CSB SJN C0 Završni znak “0” zamjenjuje se nezavršnim znakom N. Završni znak “1” zamjenjuje se nezavršnim znakom J.

Zadatak br. 18 • Završni znakovi koji se nalaze u produkcijama koje imaju više od jednog znaka na desnoj strani zamijene se nezavršnim znakovima koji su zamjene za te završne znakove SNSJ AJBN B1BA CB0 N0 SNSBS ASB BSA C1B0 J1 SJCN A0 B1 CSB SJN C0 Završni znak “0” zamjenjuje se nezavršnim znakom N. Završni znak “1” zamjenjuje se nezavršnim znakom J.

Zadatak br. 18 • Završni znakovi koji se nalaze u produkcijama koje imaju više od jednog znaka na desnoj strani zamijene se nezavršnim znakovima koji su zamjene za te završne znakove SNSJ AJBN BJBA CB0 N0 SNSBS ASB BSA C1B0 J1 SJCN A0 B1 CSB SJN C0 Završni znak “0” zamjenjuje se nezavršnim znakom N. Završni znak “1” zamjenjuje se nezavršnim znakom J.

Zadatak br. 18 • Završni znakovi koji se nalaze u produkcijama koje imaju više od jednog znaka na desnoj strani zamijene se nezavršnim znakovima koji su zamjene za te završne znakove SNSJ AJBN BJBA CBN N0 SNSBS ASB BSA C1B0 J1 SJCN A0 B1 CSB SJN C0 Završni znak “0” zamjenjuje se nezavršnim znakom N. Završni znak “1” zamjenjuje se nezavršnim znakom J.

Zadatak br. 18 • Završni znakovi koji se nalaze u produkcijama koje imaju više od jednog znaka na desnoj strani zamijene se nezavršnim znakovima koji su zamjene za te završne znakove SNSJ AJBN BJBA CBN N0 SNSBS ASB BSA CJBN J1 SJCN A0 B1 CSB SJN C0 Završni znak “0” zamjenjuje se nezavršnim znakom N. Završni znak “1” zamjenjuje se nezavršnim znakom J.

Zadatak br. 18 • Produkcije koje s desne strane imaju više od dva znaka razbijaju se u podprodukcije SNSJ AJBN BJBA CBN N0 SNSBS ASB BSA CJBN J1 SJCN A0 B1 CSB C0 SJN SND1 AJD5 BJD6 CJD5 D1SJ D5BN D6BA SND2 D2SD3 D3BS SJD4 D4CN

1 2 1 3 3 1 3 3 3 3           Zadatak br. 19 • Pokazati nejednoznačnost zadane gramatike. • SaSbS • SbSaS • S Nejednoznačnost se pokazuje generiranjem niza abab na dva ili više načina zamjenom krajne lijevog (desnog) nezavršnog znaka Prvi način generiranja niza: S aSbS abS abaSbS abab ababS Drugi način generiranja niza: S aSbS abSaSbS abaSbS ababS abab

STOG ULAZ 0 aabb 0a4 abb 0a4a4 bb 0a4a4b5 b 0a4____ 0a4a4B6 0a4a4__ b b b 0a4B6 b 0B2 b 0B2b5  0B2B2  0B2B2A3  0B2A3  0A1  Zadatak br. 20 • Za zadanu gramatiku napisan je LR parser. Pomoću LR parsera parsirati ulazni niz aabb. ABA (1) BaB (3) A (2) Bb (4) • Konfiguracija LR parsera prikazuje se stanjem na stogu i nepročitanim dijelom ulaznog niza • Parser je LR jer se niz čita slijeva na desno, a generiranje niza se vrši zamjenom krajnje desnog nezavršnog znaka: • A→BA→BBA→BB→Bb→aBb→aaBb→aabb prihvati

Zadatak br. 21 • Konstruirati gramatiku koja generira nizove oblika aibjckdjei pri čemu su i,j,k 1. a ibjckdjei • Simetrični nizovi • Tip gramatike = ? • Kontekstno-neovisna gramatika • Produkcije gramatike istovremeno generiraju • a i e • b i d S aAe AaAe BbBd CcC AbBd BcC C

Zadatak br. 22 • Konstruirati potisni automat koji prihvaća jezik L={wwR | w(0+1)*}. • M=({q0,q1},{0,1},{P,N,J},,q0,P,) • q0 pamti ulazne znakove • N i J kodiraju 0 i 1 • q1 skida znakove sa stoga • Potisni automat prihvaća praznim stogom • Potisni automat prihvaća prazni niz • Nije deterministički! • Nederministički prijelaz se primjenjuje kada se uzastopce ponovi isti ulazni znak (q0,0,N)={(q0,NN),(q1,)} (q1,0,N)=(q1,) (q0,0,P)=(q0,NP) (q0,1,P)=(q0,JP) (q0,1,J)={(q0,JJ),(q1,)} (q1,1,J)=(q1,) (q0,1,N)=(q0,JN) (q1,,P)=(q1,) (q0,0,J)=(q0,NJ) (q0,,P)=(q0,)

(q1, 00, NNP) (q0, 00, JJNNP) (q0, 0, NJJNNP) (q1, 0, NP) (q0, e, NNJJNNP) (q0, e, JJNNP) (q1, e, P) Prihvati niz Nastavak zad. 22 (q0, 001100, P) (10) (1) (1) (q0,0,P)=(q0,NP) (q1, 001100, e) (2) (q0, 01100, NP) (q0,1,P)=(q0,JP) (5) (3) (q0,1,N)=(q0,JN) (q1, 1100, P) (q0, 1100, NNP) (4) (q0,0,J)=(q0,NJ) (9) (3) (5) (q0,0,N)={(q0,NN),(q1,)} (q1, 1100, e) (q0, 100, JNNP) (6) (q0,1,J)={(q0,JJ),(q1,)} (6) (7) (q1,0,N)=(q1,) (7) (4) (8) (q1,1,J)=(q1,) (9) (q1,,P)=(q1,) (7) (5) (q0,,P)=(q0,) (10) (9) (q1, e, e)

Zadatak br. 23 • Iz potisnog automata M1 koji nizove prihvaća prihvatljivim stanjem konstruirati potisni automat M2 koji nizove prihvaća praznim stogom. M1 = ( {q0,q1}, {0,1,2}, {N,J,K}, q0, , K, {q1} ) • Postupak konstrukcije PAM2 koji prihvaća praznim stogom: • PA M2 simulira rad PA M1 • Ako PA M1 uđe u prihvatljivo stanje, PA M2 isprazni stog • Ako PA M1 isprazni stog, a ne uđe u prihvatljivo stanje, • PA M2 ne smije isprazniti stog

Zadatak br. 23 • Postupak konstrukcije PA M2 koji prihvaća praznim stogom: • PA M2 simulira rad PA M1 Svi prijelazi PA M1 dodaju se u skup prijelaza PA M2 M1 = ( {q0,q1}, {0,1,2}, {N,J,K}, q0, , K, {q1} )

Zadatak br. 23 • Postupak konstrukcije PA M2 koji prihvaća praznim stogom: • Ako PA M1 uđe u prihvatljivo stanje, PA M2 isprazni stog Skup stanja PA M2 proširuje se stanjem qE u kojem PA M2 prazni stog bez čitanja ulaznih znakova PA M2 prelazi u stanje qE bez čitanja ulaznih znakova samo ako PA M1 uđe u prihvatljivo stanje M1 = ( {q0,q1}, {0,1,2}, {N,J,K}, q0, , K, {q1} ) ’(q1,,N)=(qE,) ’(qE,,N)=(qE,) ’(q1,,J)=(qE,) ’(qE,,J)=(qE,) ’(q1,,K)=(qE,) ’(qE,,K)=(qE,)

Zadatak br. 23 • Postupak konstrukcije PA M2 koji prihvaća praznim stogom: • Ako PA M1 isprazni stog, a ne uđe u prihvatljivo stanje, • PA M2 ne smije isprazniti stog Skup znakova stoga PA M2 proširuje se znakom Z kojeg PA M1 ne može skinuti sa stoga Znak Z je početni znak stoga za PA M2 Skup stanja PA M2proširuje se stanjem qPkoje omogućuje prelazak PA M2 u početnu konfiguraciju PA M1 M1 = ( {q0,q1}, {0,1,2}, {N,J,K}, q0, , K, {q1} ) M2 = ( {qP,q0,q1,qE}, {0,1,2}, {N,J,K,Z}, qP, ’, Z,  )

’(q1,,N)=(qE,) ’(qE,,N)=(qE,) ’(q1,,J)=(qE,) ’(qE,,J)=(qE,) ’(q1,,K)=(qE,) ’(qE,,K)=(qE,) Zadatak br. 23 PAM2 koji prihvaća praznim stogom: M2 = ( {qP,q0,q1,qE}, {0,1,2}, {N,J,K,Z}, qP, ’, Z,  ) ’(q1,,Z)=(qE,) ’(qE,,Z)=(qE,)

Zadatak br. 24 • Iz potisnog automata M1 koji nizove prihvaća praznim stogom konstruirati potisni automat M2 koji nizove prihvaća prihvatljivim stanjem. M1=({q0,q1},{0,1,2},{N,J,K},q0,,K,) • Postupak konstrukcije PAM2 koji prihvaća prihvatljivim stanjem: • PA M2 simulira rad PA M1 • Ako PA M1isprazni stog, PA M2ulazi u prihvatljivo stanje

Zadatak br. 24 • Postupak konstrukcije PA M2 koji prihvaća prihvatljivim stanjem: • PA M2 simulira rad PA M1 Svi prijelazi PA M1 dodaju se u skup prijelaza PA M2 M1=({q0,q1},{0,1,2},{N,J,K},q0,,K,)

Zadatak br. 24 • Postupak konstrukcije PA M2 koji prihvaća prihvatljivim stanjem: • Ako PA M1isprazni stog, PA M2ulazi u prihvatljivo stanje Skup stanja PA M2 proširuje se prihvatljivim stanjem qF u koje PA M2ulazi bez čitanja ulaznih znakova samo ako PA M1 isprazni stog Skup znakova stoga PA M2 proširuje se znakom Z koji je početni znak stoga Ako se na vrhu stoga PA M2 nalazi znak Z, to znači da je PA M1 ispraznio stog M1=({q0,q1},{0,1,2},{N,J,K},q0,,K,) ’(q0,,Z)=(qF,Z) ’(q1,,Z)=(qF,Z)

Zadatak br. 24 • Postupak konstrukcije PA M2 koji prihvaća prihvatljivim stanjem: • Ako PA M1isprazni stog, PA M2ulazi u prihvatljivo stanje Skup stanja PA M2 proširuje se stanjem qP koje omogućuje prelazak PA M2 u početnu konfiguraciju PA M1 M1 = ( {q0,q1}, {0,1,2}, {N,J,K}, q0, , K,  ) M2 = ( {qP,q0,q1,qF}, {0,1,2}, {N,J,K,Z}, qP, ’, Z, {qF} )

’(q0,,Z)=(qF,Z) ’(q1,,Z)=(qF,Z) Zadatak br. 24 PAM2 koji prihvaća prihvatljivim stanjem: M2 = ( {qP,q0,q1,qF}, {0,1,2}, {N,J,K,Z}, qP, ’, Z, {qF} )

Uvod u teoriju računarstva zemris.fer.hr/ predmeti / utr /