Bốn kiểu hai Z-phân tích khác nhau của từ w

Trƣờng hợp ε  L, ta chứng minh kết quả sau đây:

Định lý 3.3. Cho otomat hữu hạn  đốn nhận ngơn ngữ L  +, cho các đồ thị G1,

G2, G3 đƣợc xác định nhƣ ở trên (mục 3.4). Ta có L là Z-mã khi và chỉ khi các điều kiện sau đây đƣợc thỏa:

(i) Khơng có đƣờng đi kiểu 2 trên đồ thị G1.

(ii) Khơng có đƣờng đi kiểu 1 trên đồ thị G1.

(iii) Khơng có đƣờng đi kiểu 1 trên đồ thị G2.

Chứng minh.

() Giả sử trái lại, L là Z-mã nhƣng các điều kiện (i), (ii), (iii) hoặc (iv)

khơng đƣợc bảo tồn:

Trƣờng hợp i) và ii) Giả sử trên G1 có đƣờng đi kiểu 2 hoặc kiểu 1, theo Hệ quả 3.1 thì L khơng là ω-mã. Vậy, tồn tại v  L có hai ω – phân tích phải khác nhau trên L. Xét bất kỳ u  L, ta có w = uv  L có hai Z-phân tích khác nhau trên L. Vậy L không là Z-mã, là điều mâu thuẫn.

iii) Giả sử trên G2 có đƣờng đi kiểu 1, theo Hệ quả 3.1 thì L khơng là ω–mã.

Vậy, tồn tại z =x1 x2…xn…  L với xiLi có hai ω – phân tích phải khác nhau trên L. Tƣơng ứng ta có u =…xn…x2 x1  L với xi L i có hai ω– phân

tích trái khác nhau trên L. Xét bất kỳ v  L, ta có w =uv  L có hai Z-phân tích khác nhau trên L. Vậy L khơng là Z-mã, là điều mâu thuẫn.

iv) Giả sử trên G3 có đƣờng đi kiểu 1, ta xét cả nhãn của đƣờng đi này:

(p1, q1) x (pi, qi) y (pj, qj)z (pk, qk)

ở đó (s, s)=(p1, q1), (pi, qi)U3, (pj, qj)  D3 với 1 < i < j< k và (pk, qk)= (pi, qi). Vì (pi, qi)  U3 và (pj, qj)  D3 ta có (pi, qi) = (f1, qi), (pj, qj) = (pj, f1). Vậy ta có đƣờng đi vơ hạn hai phía π nhƣ sau:

... (f1, qi) y (pj, f1)z (f1, qi) y (pj, f1)z (f1, qi) y (pj, f1)z (f1, qi) ... với nhãn w = ...yzyzyz...  L. Từ Nhận xét 3.3, ta có nhãn w của đƣờng đi π có hai Z-phân tích khác nhau trên L. Vậy L khơng là Z-mã, là điều mâu thuẫn.

() Giả thiết các điều kiện (i)-(iv) thỏa mãn. Ta chứng minh phản chứng, với giả sử L không là Z-mã. Khi đó tồn tại từ w   có hai Z-phân tích khác nhau trên L: w = ... x-2x-1x0x1x2... = ... y-2y-1y0y1y2..., xi, yj  L, i, j. Hay tồn tại từ u  +

sao cho:

x0x1x2 ... = uy1y2 ..., |u|  |y0| với u  x0 hoặc u  y0.

Hai Z-phân tích khác nhau của w đƣợc chia thành các trƣờng hợp sau:

i) Tồn tại m  0  h, n  0  l, m ≠ 0 hoặc l ≠ 0 hữu hạn (Hình 3.5.a) mà: v = xmxm+1... xh = ynyn+1...yl,

từ v = xmxm+1... xh, trong 1 có đƣờng đi π với nhãn v:

s1xmf1 e  s

1xm1f1e  s

1... s1xhf1, tƣơng tự với v = ynyn+1...yl, trong 1 có đƣờng đi θ với nhãn v:

s1ynf1  e s

1yn1f1 e s

1... s1ylf1,

khi đó, trên đồ thị G1 có đƣờng đi ρ đƣợc tạo nên từ π và θ nhƣ sau: (p1, q1), ..., (f1, qi), ..., (pk, qk)

ở đó (s1, s1) = (p1, q1), (f1, qi) U1, (f1, f1) = (pk, qk), 1 < i < k. Hay trên đồ thị G1 có đƣờng đi kiểu 2, điều này mâu thuẫn với (i).

ii) Tồn tại n, m  0 hữu hạn sao cho: v = xmxm+1... = ynyn+1... và không tồn tại

h, l hữu hạn với m h, n  l sao cho xhxh+1... = ylyl+1…(xem Hình 3.5.b).

Từ v = xmxm+1..., trong 1 có đƣờng đi vơ hạn phía phải π với nhãn v:

s1xmf1  e s

1xm1f1e  s 1... ,

tƣơng tự với v = ynyn+1..., trong 1 có đƣờng đi vơ hạn phía phải θ với nhãn v:

s1ynf1 e  s

1yn1f1e  s 1...,

Vậy, G1 có đƣờng đi vơ hạn phía phải ρ đƣợc tạo nên từ π và θ nhƣ sau: (p1, q1), ..., (f1, qi), ..., (pj, f1), ...

ở đó (s1, s1) = (p1, q1).

các đỉnh (pk, qk)  Q1  Q1, (f1, qi) U1, (pj, f1)  D1 mà (f1, qi) = (pk, qk), với 1 < i <j<k. Hay trên đồ thị G1 có đƣờng đi kiểu 1, điều này mâu thuẫn với (ii).

iii) Tồn tại h, l ≥ 0 hữu hạn sao cho: v = ...xh-1xh = ...yl-1yl và không tồn tại m,

n hữu hạn với m  h, n  l sao cho: ...xm-1xm = ...yn-1yn (xem Hình 3.5.c). Khi đó ta

có: u =xh xh1... = yl yl1..., ở đó xh, xh1,..., yl,yl1… L.

Từ u = xh xh1..., trong 2 có đƣờng đi vơ hạn phía phải π với nhãn u:

s2 x fh 2  e s

2xh1f

2 e s 2... ,

tƣơng tự với u = yl yl1.., trong 2 có đƣờng đi vơ hạn phía phải θ với nhãn u:

s2 y fl 2  e s

2yl1

2e  s 2... ,

Vậy, trên G2 có đƣờng đi vơ hạn phía phải ρ tạo nên từ π và θ nhƣ sau: (p1, q1), ..., (f2, qi), ..., (pj, f2), ...

ở đó (s2, s2) = (p1, q1).

Do đƣờng đi ρ là vô hạn mà đồ thị G2 là hữu hạn đỉnh, khi đó trên ρ tồn tại các đỉnh (pk, qk)  Q2  Q2, (f2, qi) U2, (pj, f2)  D2 mà (f2, qi) = (pk, qk), với 1 < i <

j< k. Hay G2 có đƣờng đi kiểu 1, điều này mâu thuẫn với (iii).

iv) Không tồn tại h, l hữu hạn sao cho xhxh+1... = ylyl+1... hoặc ...xh-1xh = ...yl-1yl

(xem Hình 3.5.d).

Ta có: v = xmxm+1... = yynyn+1..., với xm,xm+1,… , yn, yn+1... L, y + và y L. Từ v = xmxm+1..., trong 1 có đƣờng đi vơ hạn phía phải π với nhãn v:

s1xmf1  e s

1xm1f1 e s 1...

tƣơng tự với v= yynyn+1..., trong 1 có đƣờng đi vơ hạn phía phải θ với nhãn v:

qi y f1  e s

1ynf1 e  s

1yn1f1e  s

1..., ở đó qi ≠ s1, f1

Vậy, trên G3 có đƣờng đi vơ hạn phía phải ρ tạo nên từ π và θ nhƣ sau: (p1, q1), ..., (f1, qi), ..., (pj, f1), ...

ở đó (s, s) = (p1, q1).

Do đƣờng đi ρ là vô hạn mà đồ thị G3là hữu hạn đỉnh, khi đó trên ρ tồn tại các đỉnh (pk, qk)  Q1  Q1, (f1, qi) U3, (pj, f1)  D3 mà (f1, qi) = (pk, qk), với 1 < i <

j< k. Hay trên G3 có đƣờng đi kiểu 1, điều này mâu thuẫn với (iv).

Các lập luận trên hoàn thành phép chứng minh. 

Từ Định lý 3.3, cho phép ta xây dựng thuật tốn TESTZCODE để kiểm định ngơn ngữ chính quy L = ()  * có là Z-mã hay khơng.

Thuật toán 3.6. TESTZCODE()

Input:  = (Q , , E, I, F) là otomat hữu hạn, không chứa cung rỗng.

Output: TRUE khi L = () là Z-mã, FALSE ngƣợc lại.

1. if EPSILON() then Return FALSE;

2. 1 ← EAT2(BA()); // 1 = (Q1, , E1, s1, f1)

3. G1 ← PROD(1, 1); //cỡ |Q|2 trạng thái và |E|2 cung

4. G ← XCOPY3(G1); // cỡ 3|Q|2 đỉnh và 5|E|2 cung

5. if EPATH1OR2(G, ((s1, s1), 1),1) ≠ 0 then return FALSE; 6. 2 ← EAT3(1); // 2 = (Q2, , E2, s2, f2) 7. G2← PROD(2, 2);

8. G ← XCOPY3(G2);

9. if EPATH1OR2(G, ((s2, s2),1), 0) = 1 then return FALSE; 10. G3 ← PRODUNI(1, 1);

11. G ← XCOPY3(G3);

12. if EPATH1OR2(G, ((s, s),1), 0) =1 then return FALSE; 13. Return TRUE;

Nhận xét 3.7. Đánh giá độ phức tạp thời gian của Thuật toán 3.6:

- Trƣờng hợp  là otomat đa định: theo đánh giá độ phức tạp thời gian của các thuật toán ở các mục 3.4, 3.1.3, 3.1.1, 3.1.2 và 3.2 thì ta có độ phức tạp thời gian của bƣớc 1 là (|Q|), bƣớc 2, 6 là (|Q|+|E|), bƣớc 3, 7, 10 là ((|Q|+|E|)2),

bƣớc 4, 8, 11 là (|Q|2+|E|2), bƣớc 5, 9, 12 là ((|Q|2+|E|2)|Q|) = (|Q|5). Tổng hợp lại thuật tốn có độ phức tạp thời gian (|Q|5

).

- Trƣờng hợp  là otomat đơn định: theo Nhận xét 3.1 thì thuật tốn có độ phức tạp thời gian là (|Q|3

), nếu coi lực lƣợng bảng chữ cái là hằng số.

3.5. Kết luận chƣơng 3

Chƣơng này trình bày hai kết quả đóng góp mới của luận án là phƣơng pháp kiểm định ω-mã và Z-mã từ các đề xuất: ứng dụng lƣỡng cực hóa otomat hữu hạn

đầu vào; thực hiện mở rộng kiểu 2 hoặc kiểu 3 của otomat; xây dựng các otomat  là tích hoặc tích hợp các otomat nhận đƣợc sau khi đã lƣỡng cực hóa và mở rộng kiểu 2 hoặc kiểu 3; trên các đồ thị có gán nhãn G đƣợc xác định bởi các otomat  tƣơng ứng, nhờ kỹ thuật sao chép đồ thị và tìm kiếm tơ màu đỉnh, cho ta xác định sự tồn tại của đƣờng đi kiểu 1 hoặc kiểu 2. Từ sự tồn tại của đƣờng đi kiểu 1 hoặc kiểu 2 trên các đồ thị G, cho ta kiểm định ω-mã cũng nhƣ Z-mã với ngơn ngữ đƣợc đốn nhận bởi otomat hữu hạn đầu vào. Tính đúng đắn của các phƣơng pháp đƣợc chứng minh chặt chẽ bởi các Định lý 3.1, 3.2 và 3.3.

Từ các phƣơng pháp đề xuất ta nhận đƣợc thuật toán kiểm định ω-mã và Z- mã có độ phức tạp thời gian (n3) với đầu vào là otomat đơn định, (n5

) với đầu vào là otomat đa định, ở đó n là số trạng thái của otomat đầu vào.

Chƣơng 4. XÁC ĐỊNH ĐỘ KHÔNG NHẬP NHẰNG VÀ ĐỘ TRỄ GIẢI MÃ

Chƣơng này trình bày các kết quả đóng góp mới của luận án về phƣơng pháp xác định độ không nhập nhằng và độ trễ giải mã của ngôn ngữ đƣợc đoán nhận bởi otomat hữu hạn, cơng bố trong các cơng trình [1, 4, 7, 9, 11] (xem Danh mục các cơng trình khoa học của tác giả liên quan đến luận án).

4.1. Độ không nhập nhằng của ngôn ngữ

Trong mục này, ta trình bày khái niệm độ không nhập nhằng và phân lớp ngôn ngữ theo độ không nhập nhằng [7] (xem Danh mục các cơng trình khoa học của tác giả liên quan đến luận án).

Định nghĩa 4.1. Cho L  * và cho trƣớc số tự nhiên k  0, khi đó:

i) Tập L đƣợc gọi là k - không nhập nhằng nếu với mọi số nguyên m  1 và

với mọi x1,..., xk, y1,..., ym  L, nếu có:

x1...xk = y1...ym thì suy ra m = k và xi = yi, với i = 1,.., k.

Ngƣợc lại (tồn tại w  L*, w = x1...xk = y1...ym mà k  m hoặc x1  y1), tập L gọi là k–nhập nhằng. Quy ƣớc mọi tập L đều là 0–không nhập nhằng.

ii) Nếu có số k hữu hạn lớn nhất sao cho L là k – khơng nhập nhằng thì k gọi

là độ khơng nhập nhằng của L, khi đó ta gọi k+1 là độ nhập nhằng của L.

iii) Nếu L là k – không nhập nhằng với mọi k thì ta nói rằng L có độ khơng

nhập nhằng  và L khơng có độ nhập nhằng.

Ví dụ 4.1. Cho  = {a, b, c, d, e, f}, L = {ε, a, ab, be, ec, cf, fd, d}. Ta thấy L có độ

khơng nhập nhằng là 0, L là 1- nhập nhằng vì tồn tại w = ε = εε.

là 1- nhập nhằng vì tồn tại w = (ab) =(a)(b) mà ab  a.

Ví dụ 4.3. Cho  = {a, b, c, d, e, f}, L = {a, ab, be, ec, cf, fd, d}. Ta có thể dễ dàng

kiểm tra bằng định nghĩa L có độ khơng nhập nhằng là 2, nhƣng L là 3–nhập nhằng vì tồn tại từ w = (ab)(ec)(fd) = (a)(be)(cf)(d) mà ab  a.

Ví dụ 4.4. Cho k ≥ 1 là một số tự nhiên tùy ý. Xét bảng chữ cái  = {c, a1, b1,..., ak,

bk} và ngôn ngữ L = {c, ca1, a1b1, b1a2, ..., bk-1ak, akbk, bk}. Dễ thấy, L là k–không

nhập nhằng và L là (k + 1)–nhập nhằng.

Nhận xét 4.1. Cho L  *, với k  1 ta có các tính chất hiển nhiên:

i) Nếu L là k - khơng nhập nhằng thì L là (k -1) - không nhập nhằng. ii) Nếu L là k - nhập nhằng thì L là (k+1) - nhập nhằng.

iii) Nếu ε  L hoặc L là 1- nhập nhằng thì L có độ khơng nhập nhằng 0. iv) Nếu L có độ nhập nhằng k thì k là số nhỏ nhất sao cho L là k - nhập nhằng

và ngƣợc lại.

v) Nếu L có độ khơng nhập nhằng vơ hạn thì L là mã.

Phân bậc ngôn ngữ theo khái niệm không nhập nhằng: ký hiệu k là lớp ngôn

ngữ k–không nhập nhằng, 0 là lớp tất cả các ngôn ngữ, =  0 i i là lớp mã. Từ Ví dụ 4.2 và 4.4, Nhận xét 4.1, ta nhận đƣợc phân bậc chặt: ⊊...⊊2 ⊊1 ⊊0.

4.2. Mở rộng kiểu 4 và kiểu 5 của otomat

Cho otomat hữu hạn , 1 = BA() = (Q1, , E1, s1, f1) và L = (1)  +.

Mở rộng kiểu 4 của 1 là otomat hữu hạn 2 đoán nhận L+ (L+= (2)), bằng cách

bổ sung một cung rỗng đi từ cực ra tới cực vào của 1. Thuật toán mở rộng kiểu 4 của 1thực hiện bởi hàm ký hiệu là EAT4(1).

Cho otomat hữu hạn 2 = EAT4(BA()) = (Q2, , E2, s2, f2) đoán nhận L+. Xét otomat hữu hạn 3 = (Q3, , E3, s3, f3), ở đó Q3 = {s3}, s3 = f3 (3 có duy nhất

một trạng thái - vừa là trạng thái ban đầu và cũng là trạng thái kết thúc), E3 có || + 1 cung đi từ trạng thái duy nhất trong 3 đến chính nó với nhãn là ký tự thuộc   {ε}, ta có * = (3). Mở rộng kiểu 5 của 2 (còn gọi là phép ghép otomat) là otomat hữu hạn 4 = (Q4, , E4, s4, f4) xác định nhƣ sau: Q4 = Q2  Q3, E4 = E2 

E3  {(f2, ε, f3)}, s4 = s2, f4 = f3. Trạng thái f2 gọi là trạng thái ghép của otomat hữu hạn 4. Khi đó, 4 đốn nhận ngơn ngữ L+*

. Thuật tốn mở rộng kiểu 5 của 2 thực hiện bởi hàm ký hiệu là EAT5(2).

Nhận xét 4.2. Cho otomat hữu hạn  = (Q, , E, I, F) đốn nhận ngơn ngữ L  +

, c = || là hằng số; cho 1 = BA() = (Q1, , E1, s1, f1), 2 = EAT4(1) = (Q2, , E2, s2, f2) đoán nhận L+

, 4 = EAT5(2) = (Q4, , E4, s4, f4) có trạng thái ghép fG (ta đổi tên trạng thái ghép f2 thành fG, trạng thái ban đầu s2 thành s4). Ở đây, ta có thể dùng các thuật tốn trong các chƣơng trƣớc nhƣ thuật tốn lƣỡng cực hóa otomat BA(), tích otomat PROD(1, 2). Khi đó, ta có các nhận xét sau:

i) Số trạng thái của 2, 4 không quá |Q|+3, vậy có cỡ (|Q|). Số cung của 2 khơng q 4|E|+1 và 4 khơng q 4|E|+c+2, do đó cũng có cỡ (|E|).

ii) Trên otomat hữu hạn PROD(1, 2), nhãn của đƣờng đi giữa hai trạng

thái kế tiếp cùng dạng (f1, qi) và (f1, qj) (hoặc (pi,f2) và (pj, f2), hoặc (s1,qi) và (f1,qj), hoặc (pi, s2) và (pj, f2)) là từ thuộc L.

iii) Trên otomat hữu hạn PROD(2, 2), nhãn của đƣờng đi giữa hai trạng

thái kế tiếp cùng dạng (f2, qi) và (f2, qj) (hoặc (pi,f2) và (pj, f2), hoặc (s2,qi) và (f2, qj), hoặc (pi, s2) và (pj, f2)) là từ thuộc L.

iv) Trên otomat hữu hạn PROD(4, 2), nhãn của đƣờng đi giữa hai trạng

thái kế tiếp cùng dạng (fG, qi) và (fG, qj) (hoặc (pi, f2) và (pj, f2), hoặc (s4,qi) và (fG,qj), hoặc (pi, s2) và (pj, f2)) là từ thuộc L.

4.3. Giá của đƣờng đi kiểu 2 và sự tồn tại đƣờng đi kiểu 3

đầu s và đỉnh kết thúc f (s  f), tập U  V gọi là tập đỉnh khóa (s, f  U).

i) Trong mục 3.2 đã có khái niệm đƣờng đi kiểu 2 trên đồ thị G (có thể nói

đƣờng đi kiểu 2 là đƣờng đi từ đỉnh khởi đầu s đến đỉnh kết thúc f và đi qua ít nhất một đỉnh khóa). Cho π là đƣờng đi kiểu 2, đƣờng đi π gọi là có giá k  1 nếu π đi qua k đỉnh khóa.

ii) Cho đƣờng đi π gồm dãy đỉnh v1,..., vj,..., vi, ..., vk (với s = v1) trên đồ thị

G. Nếu có 1 < i < k sao cho vi  U, vk = vj, 1 ≤ j ≤ i thì π gọi là đường đi kiểu 3 trên đồ thị G. Đỉnh vl, j ≤ l ≤ k gọi là đỉnh trong của đƣờng đi kiểu 3. Đƣờng đi π gọi là

đi qua đỉnh v, nếu v là một trong các đỉnh vl, 2 ≤l ≤ k. Đƣờng đi π cũng đƣợc gọi là

chứa đỉnh v, nếu v là một trong các đỉnh vl, 1≤ l ≤k.

Bài tốn 4.1. Cho đồ thị hữu hạn có hƣớng G = (V, E) nhƣ ở trên (mục 3.4):

i) Tìm giá nhỏ nhất của đƣờng đi kiểu 2 (nếu có) trên G. ii) Cho biết trên G có tồn tại đƣờng đi kiểu 3 hay khơng.

Để giải bài toán trên ta xây dựng đồ thị sao chép G’ = (V’, E’) bằng kỹ thuật

sao chép đồ thị từ đồ thị G. Kỹ thuật sao chép này tƣơng tự nhƣ trong mục 3.2,

nhƣng ở đây chỉ sao chép đồ thị G thành hai bản nhƣ sau:

i) Với v  V sao chép thành hai đỉnh (v, 1) và (v, 2) của V’. ii) Với (u, v)  E:

+ Sao chép thành hai cung e1 = ((u, 1), (v, 1)), e2 = ((u, 2), (v, 2))  E’. Nếu v là đỉnh khóa thì gán cho e1 và e2 trọng số là 1, ngƣợc lại gán trọng số 0.

+ Nếu u là đỉnh khóa thì bổ sung vào E’cung e = ((u, 1), (v, 2)). Nếu v là đỉnh khóa thì gán cho e trọng số là 1, ngƣợc lại gán trọng số 0.