Question

明天考试，教授让我们知道一个问题:)。

在此图的上下文中，L是epsilon（空字符串），Z0是堆栈空符号。

我在确定关于语言生成的单词的一些规则方面取得了一些进展，但却未能确定整个语言。

谢谢！

PDA Diagram

Answer 1

这个PDA并不像乍一看那样不确定......考虑以下情况。

假设输入以ab开头。然后我们使用空堆栈进入状态2，因此“L”规则不匹配，因此我们只处于状态2。
假设输入以(a^n)b开头，n> 1.然后我们在堆栈上以a^(n-1)进入状态2，并且“L”规则触发我们将堆栈中的a^(n-2)带回状态1。但是由于状态2中的堆栈是a^(n-1)（并且n> 1），状态2上的环回箭头不能匹配......所以再一次，我们（有效地）仅在一个状态：状态1。
假设输入以ba开头。然后我们再次使用空堆栈进入状态2，并且在情况（1）中，“L”规则不匹配，因此我们仅处于状态2.
最后，假设输入以(b^n)a开头，n> 1.然后我们在堆栈上使用b^n进入状态2，因此“L”规则不会触发，我们只处于状态2.

换句话说，任何时候“L”规则将PDA的“分叉”创建为状态1，它只会这样做，因为“a”位于堆栈顶部...这意味着分叉保留在状态2必须在下一个输入符号上死亡。所以实际上这里没有非确定性，你可以将这个PDA建模为好像它总是处于一种状态。

有了这个观察结果，我认为很容易看出@Nayuki是正确的：这个PDA接受任何字符串的数量是b的两倍。

首先，表明当PDA处于状态1时，堆栈总是完全由b或（或为空）组成。当PDA处于状态2时，堆栈完全由b组成（或为空）。这是一个类似于上述四种情况的简单案例分析;例如“状态1，堆栈= a ^ n，下一个字符b =＆gt;状态1，堆栈= a ^（n-2）”。（注意n = 0或n = 1的情况。）

将每个b视为“希望与2 a s合作”。状态1，stack = a^n表示n a正在等待合作伙伴。状态1，stack = b^n表示n b正在等待合作伙伴。状态2，stack = b^n表示一个b与一个a 合作，而 n b仍在等待合作伙伴。

证明我刚写的是真的，结果如下。

Answer 2

在脑海中玩一些测试用例并且没有严格证明，我认为这个（非确定性）PDA存在接受计算，当且仅当输入字符串的数量是a的两倍时b的数量。

Answer 3

'a'的数量是'b'的两倍。

精确语法：

S  = (a|b)*      where N_a(S)=2*N_b(S)

N_a（X）表示X中的'a'等数

在任何时候，筹码都可以是'a'或全部'b'。为什么？因为，没有/ xxbxx或b / xxaxx的转换。

案例1：堆栈全部是'a。

您可以看到循环形式为：

在每个周期中，'a'弹出的数量是两个。循环次数与'b'次数相同（除了a，Z0 / Z0最后出现）

如果'a'的数字在最后'b'之前，我们将采用最后一次转换L，a / L

如果'a'的数字在前一个'b'之前是奇数，我们将采用最后一个转换a，Z0 / Z0。 a，Z0 / Z0再接受一个'a'

因此，

A1=a(a*b)+a  where N_a(A1)=2*N_b(A1),     N_a(A1) is even
A2=a(a*b)+   where N_a(A2)=2*N_b(A2),     N_a(A2) is even

这将减少为：

A=a(a|b)+    where N_a(A)=2*N_b(A),     N_a(A) is even

（我们将状态为1，堆栈为空）

案例2：堆栈全是'b'。

同样，您可以看到每个周期的形式如下：b * ab * a。并且在每个周期中，将弹出一个'b'。每当接受'b'时，'b'被推到堆栈上。因此，当堆栈为空，并且我们回到状态1时，循环的次数等于'b'我们接受/推入堆栈的数量。那么，

B=b(b*ab*a)^n where N_b(B)=n

但你可以看到，n = N_a（B）/ 2。因此，

B=b(b*ab*a)+ where N_a(B)=2*N_b(B)

这将减少为：

B=b(b|a)+ where N_a(B)=2*N_b(B)

由于只有两条可能的路径（A或B），循环可以采用0或1次，

因此，

S=(A|B)*
A=a(a|b)+    where N_a(A)=2*N_b(A)
B=b(b|a)+    where N_a(B)=2*N_b(B)

这将减少为：

S=((a|b)+)*   where N_a(S)=2*N_b(S)

将减少到：

S=(a|b)*      where N_a(S)=2*N_b(S)

Q.E.D。