[ là kết quả của phộp thay thế cỏc cung ei bằng cỏc đồ thị
3.4.2.Otomat hữu hạn đơn định đoỏn nhận ngụn ngữ sinh bởi chựm đầu
Giả sử Ii là một chựm đầu nào đú thuộc sơ đồ sinh S trờn bảng chữ cỏi . Chỳng ta cần phải xõy dựng otomat hữu hạn đơn định cú ớt trạng thỏi nhất đoỏn nhận đƣợc ngụn ngữ sinh bởi chựm đầu này. Để làm việc này ta tiến hành ba bƣớc sau đõy.
Bước 1: Nghiờn cứu cấu trỳc cỏc trạng thỏi của otomat
Để xõy dựng otomat tƣơng đƣơng với chựm đầu đó cho, chỳng ta định nghĩa hàm gi : + ( )
2D Ii
một cỏch đệ quy nhƣ sau:
Với từ p , giả sử ej1, ej2, ..., ejs là tất cả cỏc cung bự trong chựm đầu Ii
87 gi(p) = (ZIi(p) D+(Ii)) ( ( )\ ( )) 1 p g I D t t j j s t (3.4) Trƣớc hết, ta xột một số tớnh chất của hàm gi. Bổ đề 3.10: Giả sử p1, p2 là cỏc từ khỏc rỗng. Nếu gi(p1) gi(p2) và p1 L(Ii) thỡ p2 L(Ii).
Chứng minh: Ta chứng minh bổ đề bằng quy nạp theo độ sõu độ phụ thuộc
của chựm đầu Ii. Với mọi cặp chỉ số khỏc nhau j, k (1 j, k s) ta đều cú: D+(Ii) D+(Iij) = , (3.5) D+(Iij) D+(Iik) = . (3.6) Từ (3.5), (3.6) và bao hàm thức gi(p1) gi(p2) suy ra:
ZIi(p1) D+(Ii) ZIi(p2) D+(Ii). (3.7) và với mỗi t (1 t s) thỡ:
D+(Ijt) \ gjt(p1) D+(Ijt) \ gjt(p2). Từ đú ta cú:
gjt(p2) gjt(p1) , 1 t s. (3.8) Vỡ p1 L(Ii) nờn tồn tại cặp đỉnh và sao cho:
p1 LIi(sIi, ) và
LIi(,) , F(Ii) (3.9) và hoặc ZIi(p1) D+(Ii) hoặc tồn tại chỉ số t, 1t s mà = K(ejt). 1) Xột trƣờng hợp: ZIi(p1) D+(Ii).
Khi đú, theo (3.5) và (3.7) thỡ ZIi(p2) D+(Ii). Do vậy ta cú:
88 Từ (3.9) và (3.10) suy ra p2 L(Ii). 2) Xột trƣờng hợp = K(ejt) , 1 t s.
Áp dụng giả thiết quy nạp đối với (3.5) và (3.8) ta nhận đƣợc:
p2 L(Ijt) p1 L(Ijt) , 1 t s. Từ đú ta cú:
p1 C(L(Ijt)) p2 C(L(Ijt)) , 1 t s.
Mặt khỏc C(L(Ijt)) = NIi(ejt) và H(ejt) = sIi. Cho nờn, từ p1 LIi(sIi, ) suy ra: p2 LIi(sIi,). (3.11) Từ (3.9) và (3.11) suy ra p2 L(Ii). Bổ đề đƣợc chứng minh.
Hệ quả 3.11: Nếu gi(p1) gi(p2) và p2 C(L(Ii)) thỡ p1 C(L(Ii)).
Giả sử Ii là một chựm đầu. Khi đú với từ p tuỳ ý và mọi chữ cỏi a thuộc
ta xỏc định cỏc tập hợp sau đõy:
1(pa) = { a LIi(sIi,)} nếu p = và
= { ZIi(p) D+(Ii) và a LIi(,)} nếu ngƣợc lại.
2(pa) = { t , 1 t s mà pa NIi(ejt) và a LIi(K(ejt),)},
3(pa) = { t , 1 t s mà pa NIi(ejt) và LIi(K(ejt),)}.
Bổ đề 3.12: Với mọi từ p và mọi chữ cỏi a thỡ: Z Ii(pa) = 1(pa) 2(pa) 3(pa).
Chứng minh:
a) Trƣớc hết, ta chứng minh bao hàm thức ZIi(pa) 1(pa) 2(pa) 3(pa). Hàm Z Ii(pa) đƣợc minh hoạ hỡnh học nhƣ sau:
89 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Hỡnh 3.5. Minh hoạ hàm ZIi(pa) Xột hai trƣờng hợp cú thể xảy ra:
1) p = : Khi đú 2(pa) 1(pa) và 3(pa) 1(pa). Theo định nghĩa thỡ:
1(pa) = ZIi(pa) nờn ta cú ZIi(pa) = 1(pa) 2(pa) 3(pa). 2) p : Ta chứng minh tớnh đỳng của bao hàm thức sau đõy:
ZIi(px) 1(pa) 2(pa) 3(pa) (3.12) Giả sử ZIi(pa). Khi đú, pa LIi(sIi,). Do vậy, tồn tại:
- dóy đỉnh của Ii là s0, s1, ..., sk, k 0, - dóy cung của Ii là b1, b2, ..., bk và
- dóy từ p1 , p2 , ..., pk (3.13) để s0 =sIi , sk= .
H(bj) = sj-1 , K(bj) = sj , pj NIi(bj) , 1 j k.
và pa = p1p2 ...pk . Khi đú tỡm đƣợc chỉ số l nhỏ nhất sao cho p là tiền tố của
từ p1p2 ...pk .
Ba tỡnh huống sau đõy cú thể xảy ra:
1) p p1p2 ...pl. Khi đú, do từ p1p2 ...pl là tiền tố của từ p1p2 ...pk, nghĩa là tiền tố của pa, cho nờn
90
p1p2...pl = pa (3.15) và pl+1pl+2 ...pk = ,
Nghĩa là, LIi(sIi,). (3.16) Khi đú, từ (3.15) và từ cỏc tớnh chất: l là số nguyờn nhỏ nhất và p là tiền tố của từ p1p2 ... pl suy ra từ cuối cựng pl và dóy (3.13) khụng phải là từ chỉ cú một chữ cỏi. Nghĩa là pl cú độ dài lớn hơn 1 và bl chỉ cú thể là cung bự. Nhƣng tất cả cỏc cung bự đều là cung từ đỉnh vào nờn theo định nghĩa chựm đầu, khụng cú một cung nào đi tới đỉnh vào của bl. Do vậy, l = 1.
Vậy thỡ tồn tại cung bự ejt (1 t s), K(ejt) = sl (1 lk)
và pa NIi(ejt) (3.17) Từ (3.16) và (3.17) suy ra 3(pa).
2) p = p1p2 ...pl và sl là đỉnh cốt yếu. Do p = p1p2 ...pl suy ra a = pl+1pl+2 ...pk
và p = p1p2 ...pl LIi(sIi, sl).
Bởi vậy, sl ZIi(p) D+(Ii) và a LIi(sl, ).
Từ đú ta cú, 1(pa). Nghĩa là, 1(pa) 2(pa) 3(pa).
3) p = p1p2 ...pl và sl khụng phải là đỉnh cốt yếu. Khi đú pl vỡ nếu ngƣợc
lại thỡ p là tiền tố của từ p1p2 ...pl-1 pl NIi(bl). Nghĩa là bl khụng phải là cung rỗng. Do đú, nú phải là cung bự.
Mặt khỏc cỏc cung bự đều là cung đi ra từ đỉnh vào và khụng cú một cung nào đi tới đỉnh vào nờn l = 1 và p = p1. Nghĩa là tồn tại t ( 1 t s) sao cho
ej1 = b1.
Khi đú s1 = sl = K(ejt) và p NIi(ejt). Hơn nữa, LIi(s1,) = LIi(K(ejt),) nờn
91
b) Bõy giờ ta chứng minh bao hàm thức ngƣợc lại:
1(pa) 2(pa) 3(pa) ZIi(pa) (3.18) Giả sử 1(pa) 2(pa) 3(pa). Khi đú chỉ cú thể thuộc một trong cỏc tập thành phần trờn.
1) 1(pa) : Tồn tại đỉnh nào đú mà ZIi(p) D+(Ii) và a LIi(,). Điều này cú nghĩa là pa LIi(sIi,). Vậy thỡ ZIi(pa).
2) 2(pa) : Khi đú tồn tại chỉ số t (1 t s) sao cho: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
p NIi(ejt) và a LIi(K(ejt),). (3.19) Vỡ ejt là cung đi ra từ đỉnh vào nờn suy ra: pa LIi(sIi,) và ta cú ZI(pa). 3) 3(pa) : Khi đú t (1 t s) để
pa NIi(ejt) và LIi(K(ejt),). (3.20) Vỡ ejt là cung đi ra từ đỉnh vào nờn ta suy ra pa LIi(sIi,). Vậy thỡ
ZIi(pa).
Bổ đề đƣợc chứng minh xong.
Hệ quả 3.13: Với mọi sơ đồ sinh đơn giản S, mọi từ p và mọi chữ cỏi a
ta đều cú: ZS(pa) = 1(pa).
Hệ quả 3.14: Giả sử S là sơ đồ sinh đơn giản, p1, p2 là cỏc từ và chữ cỏi a . Nếu ZS(p1) D+(S) ZS(p2) D+(S) thỡ ZS(p1a) D+(S) ZS(p2a)
D+(S).
Chứng minh:
Thật vậy, từ ZS(p1) D+(S) ZS(p2) D+(S) ta suy ra 1(p1a)
92 Mặt khỏc do S là sơ đồ sinh đơn giản nờn:
ZS(pa) = 1(ax) và ZS(p2x) = 2(pa) (3.22) Từ (3.21) và (3.22) suy ra ZS(p1a) ZS(p2a). Điều đú cú nghĩa là ZS(p1a)
D+(S) ZS(p2a) D+(S).
Bổ đề 3.15: Giả sử p1 p2 là cỏc từ tuỳ ý và a là chữ cỏi thuộc .
Nừu gi(p1) gi(p2) thỡ gi(p1a) gi(p2a). (3.23)
Chứng minh: Ta chứng minh bổ đề trờn bằng quy nạp theo độ sõu độ phụ
thuộc của đồ thị sinh Ii trong sơ đồ sinh S. 1) Giả sử Ii khụng chứa cung bự.
Từ gi(p1) = ZIi(p1) D+(Ii) ZIi(p2) D+(Ii) = gi(p2) suy ra:
gi(p1a) = ZIi(p1a) D+(Ii) ZIi(p2a) D+(Ii) = gi(p2a).
2) Giả sử ej1, ej2 , ...,ejs là tất cả cỏc cung bự trong Ii và với mỗi Iit (1 t s) bổ đề đó đƣợc chứng minh. Từ (3.23) suy ra:
ZIi(p1) D+(Ii) ZIi(p2) D+(Ii) (3.24) D+(Ijt) \ gjt(p1) D+(Ijt) \ gjt(p2), 1 t s. (3.25) Từ (3.25) suy ra:
gjt(p2) gjt(p1), 1 t s. (3.26) Áp dụng giả thiết quy nạp vào (3.26) ta cú:
gjt(p2a) gjt(p1a), 1 t s. (3.27) Từ (3.27) suy ra: D+(Ijt) \ gjt(p1a) D+(Ijt) \ gjt(p2a), 1 t s. (3.28) Ta chứng minh rằng:
93 Theo Hệ quả 3.13 ta cú:
ZIi(p1a) = 1(p1a) 2(p1a) 3(p1a) , ZIi(p2a) = 1(p2a) 2(p2a) 3(p2a) .
Theo giả thiết của bổ đề và giả thiết quy nạp ta cần phải chứng minh rằng: ZIi(p1a) ZIi(p2a).
Để làm việc này ta chứng minh ba quan hệ sau đõy:
1(p1a) 1(p2a) , 2(p1a) 2(p2a) và 3(p1a) 3(p2a).
1)Từ mệnh đề (3.24) suy ra 1(p1a) 1(p2a). (3.29) 2) Bõy giờ ta chứng minh 2(p1a) 2(p2a).
Giả sử 2(p1a). Khi đú tồn tại chỉ số t (1 t s) mà p1 NIi(ejt) và a (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
LIi(K(ejt),).
Nghĩa là p1 C(L(Ijt)). (3.30) Nhờ Hệ quả 3.11 và cỏc mệnh đề (3.26), (3.30) suy ra rằng p2 C(L(Ijt)). Vậy thỡ p2 NIi(ejt).
Hơn nữa, do a LIi(K(ejt),) nờn 2(pa). Nhƣ vậy chỳng ta đó chứng minh đƣợc rằng:
2(p1a) 2(p2a). (3.31) 3) Ta chứng minh 3(p1a) 3(p2a).
Giả sử 3(p1a). Khi đú tồn tại chỉ số t ( 1 t s) sao cho:
LIi(K(ejt),) và p1a NIi(ejt). (3.32) Nghĩalà p1a C(L(Ijt)). (3.33)
94 Từ (3.32) và (3.33) suy ra 3(p2a)
Điều đú chứng tỏ 3(p1a) 3(p2a). (3.34) Từ (3.29), (3.31) và (3.34) suy ra ZIi(p1a) ZIi(p2a) .
Điều này cú nghĩa là ZIi(p1a) D+(Ii) ZIi(p2a) D+(Ii) . (3.35) Vậy từ (3.28) và (3.35) suy ra gi(p1a) gi(p2a).
Bổ đề đƣợc chứng minh.
Hệ quả 3.16: Nếu gi(p1a) gi(p2a) thỡ với mọi từ q ta đều cú: gi(p1q)
gi(p2q).
Hệ quả 3.17: Giả sử gi(p1) gi(p2). Khi đú với mọi từ q, nếu p2q C(L(Ii)) thỡ p1q C(L(Ii)).
Bước 2: Xõy dựng otomat
Ta xõy dựng otomat hữu hạn đơn định Ai tƣơng đƣơng với chựm đầu Ii nhƣ sau:
- Tập trạng thỏi Q(Ai) = {s0(Ii)} {gi(p) p }. - Trạng thỏi khởi đầu của Ai là q0 = {s0(Ii)}.
- Hàm chuyển trạng thỏi f xỏc định nhƣ sau: với mọi chữ cỏi a , 1) f (q0, a) = gi(a).
2) Giả sử q Q(Ai) , q q0 .
Xõy dựng tập hợp TIi(q,a) = {v D(Ii) s q : a LIi(s, v)}, trong đú D(Ii) là tập cỏc đỉnh cốt yếu của chựm đầu Ii. Đõy chớnh là tập cỏc đỉnh kề với cỏc đỉnh trong tập q nhờ cỏc cung cốt yếu cú nhón là {a}.
95
- Trạng thỏi kết thỳc: trạng thỏi q q0 đƣợc xem là trạng thỏi kết thỳc của otomat Ai nếu tồn tại ớt nhất một từ p sao cho p L(Ii) và gi(p) = q.
Trạng thỏi q0 cũng đƣợc xem là trạng thỏi kết thỳc nếu L(Ii).
Bước 3: Chứng minh sự tương đương của otomat với chựm đầu
Ta phải chứng minh rằng L(Ai) = L(Ii). (3.36) Để cú đẳng thức trờn chỉ cần chứng minh rằng với mọi từ khỏc rỗng p thỡ:
f(q0,p) = gi(p) . (3.37) Ta chứng minh bằng quy nạp theo độ dài của từ p.
1) Giả sử a là một chữ cỏi thuộc . Khi đú, theo định nghĩa của hàm chuyển thỡ: f(q0,a) = gi(a). (3.38)
2) Bƣớc quy nạp: Giả sử mệnh đề (3.37) đỳng đối với từ q. Ta cần chứng minh mệnh đề trờn đỳng với từ qa, trong đú a .
Áp dụng giả thiết quy nạp đối với từ q ta cú f(q0,q) = gi(q). Theo phƣơng phỏp xõy dựng otomat thỡ f(gi(q),a) = gi(qa).
Do võy, f (q0, qa) = f(f(q0,q),a) = f(gi(q),a) = gi(qa). Giả sử p là một từ khỏc rỗng tuỳ ý. Ta cú :
p L(Ai) f(q0,p) F(Ai) , với F(Ai) là tập trạng thỏi kết thỳc của otomat (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
gi(p) F(Ii) p' mà gi(p) = gi(p') và p' L(Ii) p L(Ii) . Nếu p = thỡ q0 F(Ai). Mệnh đề (3.36) đƣợc chứng minh. Tổng kết lại, ta cú định lý sau đõy.
96
Định lý 3.18: Với mọi chựm đầu I ta đều cú thể xõy dựng otomat hữu hạn
đơn định A tƣơng đƣơng với nú với số trạng thỏi khụng vƣợt quỏ 22| ( )|
2 D I
. Theo định lý trờn, cận trờn độ phức tạp otomat của chựm đầu I là
|) ) ( | 22 2 D I .
3.5. KẾT LUẬN CUỐI CHƢƠNG
Trong chƣơng này chỳng tụi đó trỡnh bày cỏc khỏi niệm nguồn, biểu thức chớnh quy, sơ đồ sinh và chựm đầu. Cỏc khỏi niệm này đều cú thể đƣợc biểu diễn hỡnh học nhờ đồ thị định hƣớng gỏn nhón. Từ đú chỳng tụi xỏc định đƣợc cận trờn của độ phức tạp otomat của cỏc ngụn ngữ sinh bởi cỏc cụng cụ này. Trong [49] đó chỉ ra rằng ngụn ngữ sinh bởi một hệ điều kiện - biến cố là một ngụn ngữ chớnh quy. Do vậy, ta cũng cú thể xõy dựng đƣợc otomat hữu hạn đoỏn nhận ngụn ngữ sinh bởi hệ điều kiện - biến cố và đỏnh giỏ độ phức tạp otomat của chỳng. Song cũng xin đƣợc lƣu ý rằng mụ hỡnh otomat truyền thống chỉ mụ tả đƣợc hành vi của cỏc hệ thống tuần tự cũn cỏc hệ mạng cho phộp chỳng ta mụ tả hành vi của cỏc hệ thống cả tuần tự lẫn tƣơng tranh.
Cỏc kết quả đạt đƣợc trong chƣơng này gúp phần phỏt triển lý thuyết ngụn ngữ hỡnh thức và lý thuyết thuật toỏn.
97
PHẦN KẾT LUẬN
Bằng cỏch sử dụng cỏc cụng cụ của lý thuyết đồ thị chỳng tụi đó xõy dựng đƣợc hai thuật toỏn điều khiển tƣơng tranh cỏc quỏ trỡnh xảy ra trờn cỏc hệ thống phõn tỏn. Đồng thời, kết hợp giữa lý thuyết đồ thị với cỏc phƣơng phỏp truyền thống của otomat, chỳng tụi đó xõy dựng đƣợc cỏc otomat hữu hạn đoỏn nhận một số lớp ngụn ngữ và đỏnh giỏ cận trờn độ phức tạp otomat cho cỏc ngụn ngữ này. Trong luận ỏn này, chỳng tụi đó đạt đƣợc đƣợc cỏc kết quả chớnh sau đõy:
1) Bản luận ỏn đó phỏt biểu bài toỏn điều khiển tƣơng tranh cỏc quỏ trỡnh xảy ra trờn một hệ thống và xõy dựng đƣợc thuật toỏn đầy đủ hoỏ đồ thị cỏc trƣờng hợp của một hệ mạng điều kiện - biến cố. Thuật toỏn cho chỳng ta đồ thị cỏc trƣờng hợp đầy đủ của hệ mạng tƣơng ứng. Khi đú, dóy cỏc nhón trờn mỗi đƣờng đi của đồ thị cỏc trƣờng hợp đầy đủ sẽ chỉ ra một quỏ trỡnh tƣơng tranh xảy ra trờn hệ mạng này.
98
2) Đồng thời luận ỏn cũng đó xõy dựng thuật toỏn tỡm cỏc bƣớc tƣơng tranh cực đại trờn một hệ mạng vị trớ - chuyển nhờ đồ thị phủ của nú. Kết quả của thuật toỏn này chỉ ra một chiến lƣợc điều khiển tối ƣu trờn cỏc hệ thống đƣợc biểu diễn bởi hệ mạng vị trớ - chuyển.
Cỏc thuật toỏn biến đổi cỏc quỏ trỡnh tuần tự thành cỏc quỏ trỡnh tƣơng tranh đƣợc trỡnh bày trong luận ỏn là khỏ chi tiết, đỏnh giỏ đƣợc độ phức tạp tớnh toỏn và dễ dàng cài đặt trờn mỏy tớnh.
3) Tớnh toỏn cận trờn độ phức tạp otomat đoỏn nhận ngụn ngữ sinh bởi nguồn, biểu thức chớnh quy, sơ đồ sinh và chựm đầu.
Những kết quả này khụng những gúp phần phỏt triển lý thuyết tƣơng tranh và lý thuyết ngụn ngữ hỡnh thức mà cũn thể hiện khả năng ứng dụng to lớn của lý thuyết đồ thị trong nhiều ngành khoa học khỏc.
Cỏc vấn đề sẽ được tiếp tục nghiờn cứu
- Áp dụng cỏc kết quả đạt đƣợc của luận ỏn cho cỏc mụ hỡnh biểu diễn khỏc của hệ thống nhƣ: hệ mạng theo thời gian, hệ thống cụng nghệ thụng minh, otomat vào - ra, otomat sỏc xuất ...
- Ứng dụng cỏc thuật toỏn điều khiển vào thực tế nhƣ: điều khiển tối ƣu cỏc dõy chuyền sản xuất cụng nghiệp, điều khiển cỏc giao tỏc trong tỡm kiếm và khai phỏ dữ liệu trong cỏc cơ sở dữ liệu lớn ...
- Song song hoỏ một số chƣơng trỡnh tớnh toỏn hay dựng để thực thi trờn cỏc bú mỏy tớnh.
99
DANH MỤC CÁC CễNG TRèNH KHOA HỌC CỦA TÁC GIẢ LIấN QUAN ĐẾN LUẬN ÁN
1) Vũ Trọng Quế, Cõy sinh số đoỏn nhận tớnh đồng dư, số nguyờn tố và
xỏc định độ phức tạp của nú, Tạp chớ Tin học và Điều khiển học, Tập
18, Số 1, 2002, trang 80-86.
2) Đặng Huy Ruận, Vũ Trọng Quế, Độ phức tạp Otomat hữu hạn của (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Nguồn hai phớa, Kỷ yếu Hội thảo Khoa học Quốc gia ”Nghiờn cứu cơ
bản và Ứng dụng cụng nghệ”, NXB Khoa học và Kỹ thuật - 2006, trang 85-88.
3) Đặng Huy Ruận, Vũ Trọng Quế, Độ phức tạp Otomat hữu hạn của
biểu thức chớnh quy hai phớa, Tạp chớ Tin học và Điều khiển học, Tập
23, Số 2, 2007, trang 129-132.
4) Hoàng Chớ Thành, Vũ Trọng Quế, Ứng dụng đồ thị cỏc trường hợp
100
yếu Hội thảo Khoa học Quốc gia “Một số vấn đề chọn lọc của Cụng nghệ Thụng tin và Truyền thụng” lần thứ 9, NXB Khoa học và Kỹ thuật - 2007, trang 388-396.
5) Đặng Huy Ruận, Vũ Trọng Quế, Độ phức tạp otomat hữu hạn của
chựm đầu và biểu thức chựm đầu, Kỷ yếu Hội thảo Khoa học Quốc gia
“Một số vấn đề chọn lọc của Cụng nghệ Thụng tin và Truyền thụng” lần thứ 10, NXB Khoa học Tự nhiờn và Cụng nghệ - 2008, trang 103- 116.
6) Hoàng Chớ Thành, Vũ Trọng Quế, Đỗ Thanh Hà, Đồ thị phủ và cỏc
bước tương tranh trờn hệ mạng vị trớ - chuyển, Kỷ yếu Hội thảo Khoa
học Quốc gia “Nghiờn cứu cơ bản và Ứng dụng Cụng nghệ Thụng tin”, Nha Trang, NXB Khoa học và Kỹ thuật - 2008, trang 86-95.
7) Đặng Huy Ruận, Vũ Trọng Quế, Độ phức tạp otomat đoỏn nhận -
ngụn ngữ sinh bởi sơ đồ sinh khụng chứa cung bự, Kỷ yếu Hội thảo
Khoa học Quốc gia “Một số vấn đề chọn lọc của Cụng nghệ Thụng tin và Truyền thụng” lần thứ 10, NXB Khoa học và Kỹ thuật - 2008, trang 126-135.
101
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tài liệu tham khảo tiếng Việt
[1] Nguyễn Văn Ba, Ngụn ngữ hỡnh thức, NXB Khoa học và Kỹ thuật, 2002. [2] Phan Đỡnh Diệu, Lý thuyết Otomat và Thuật toỏn, NXB Đại học và Trung học chuyờn nghiệp, 1971.
[3] Đỗ Đức Giỏo, Đặng Huy Ruận, Ngụn ngữ hỡnh thức, NXB Khoa học và Kỹ thuật, 1991.
[4] Nguyễn Hữu Ngự, Lý thuyết Đồ thị, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2001.
[5] Đặng Huy Ruận, Độ phức tạp otomat hữu hạn của dóy biểu thức chớnh
quy suy rộng, Tạp chớ Khoa học Đại học Quốc gia Hà Nội, T XI (1), 1995.
[6] Đặng Huy Ruận, Phựng Văn ổn, Độ phức tạp otomat hữu hạn đoỏn nhận
siờu ngụn ngữ chớnh quy, Tạp chớ Tin học và Điều khiển học, Tập 14, Số 4,
1998, trang 25-30.
[7] Đặng Huy Ruận, Lý thuyết Đồ thị và Ứng dụng, NXB Khoa học và Kỹ thuật, 2001.
102 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
[8] Đặng Huy Ruận, Lý thuyết Ngụn ngữ hỡnh thức và Otomat, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2002.
[9] Đặng Huy Ruận, Otomat hữu hạn hai phớa, Tạp chớ Tin học và Điều khiển học, Tập 19, Số 1, 2003, trang 1-5.
[10] A. Saloma, Nhập mụn tin học, lý thuyết tớnh toỏn và cỏc otomat, NXB Khoa học và Kỹ thật, 1992 (bản dịch tiếng Việt của Nguyễn Xuõn My).
[11] Hoàng Chớ Thành, Cỏc thuật toỏn tỡm dạng chuẩn của vết và vết đồng bộ, Tạp chớ Tin học và Điều khiển học, Tập 17, Số 1, 2001, trang 72-77. [12] Hoàng Chớ Thành, Đồ thị và cỏc thuật toỏn, NXB Giỏo dục, 2007.