6.3 Equivalência entre Autômatos com Pilha Não-Determinísticos e Gramáticas Livre do Contexto

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1 Capítulo 6. Autômatos com Pilha 6.3 Equivalência entre Autômatos com Pilha Não-Determinísticos e Gramáticas Livre do Contexto Nos exemplos da seção anterior, vimos que os autômatos com pilha existem para algumas linguagens familiares livres do contexto. Isto não é coincidência. Existe uma relação geral entre as linguagens livres do contexto e os autômatos com pilha não-determinísticos. Veremos que a toda linguagem livre do contexto está associado um apn que a aceita e, inversamente, que toda linguagem aceita por um apn é livre do contexto Transformando Gramáticas Livre do Contexto para Autômatos com Pilha Não-Determinísticos Primeiro, mostraremos que para toda linguagem livre do contexto existe um apn que a aceita. A idéia subjacente é construir um apn que possa, em algum sentido, efetuar uma derivação mais a esquerda de qualquer cadeia na linguagem. Para simplificar um pouco o argumento, assumiremos que a linguagem é gerada por uma gramática onde o lado direito de cada produção tem a seguinte forma A aw parta algum A V, a T {λ} e w V. Observe que a única diferença entre esta forma normal e a de Greibach, é que aqui o lado direito pode ser composto por uma cadeia de variáveis, enquanto que na forma normal de Greibach o símbolo mais à esquerda sempre é um símbolo terminal. Para obter esta nova forma normal, que chamaremos aqui de forma normal pseudo- Greibach, basta associar a cada símbolo terminal a uma variável, digamos B a, e substituir toda ocorrência de um símbolo terminal a no lado direito de uma produção, mas desde que não seja o símbolo mais à esquerda, pela variável B a e ao final desse processo adicionar as produções B a a para cada a T. Claramente, a forma normal pseudo-greibach obtida desta forma é equivalente à original. Portanto, toda linguagem livre do contexto pode ser gerada por uma gramática na forma normal pseudo-greibach. O apn que vamos construir terá T como alfabeto de entrada e V {z} como alfabeto da pilha, com z V sendo o símbolo de início da pilha. Representaremos a derivação mantendo as variáveis na parte direita da forma sentencial como a cadeia que substituirá a variável no topo da pilha, enquanto o terminal da parte esquerda é identificado com o símbolo de entrada que é lido. Sendo assim, para simular a aplicação de uma produção A ax, devemos ter a variável A no topo da pilha e o terminal a como símbolo de entrada. A variável sobre a pilha é removida e trocada pela cadeia de variáveis x. O que δ deve atingir é fácil de ver. Antes de apresentar o argumento geral, veremos um exemplo simples. Exemplo Construir um apn que aceite a linguagem gerada pela seguinte gramática: 151

2 6.3. Equivalência entre Autômatos com Pilha Não-Determinísticos e Gramáticas Livre do Contexto S ABC A aaa a, B bbb bb, C abc λ Primeiro obtemos a forma normal pseudo-greibach: S ABC A aab a a, B bb b B bb b, C ab b C λ, B a a, B b b. O autômato correspondente terá três estados, {q 0, q 1, q 2 }, com estado inicial q 0 e estado final {q 2 }. Primeiro, o símbolo de início S é posto sobre a pilha por δ(q 0, λ, z) = {(q 1, Sz)}. A produção S ABC será simulada no apn removendo S da pilha e trocando com ABC sem consumir qualquer símbolo da fita de entrada, ou seja aplicando uma λ-transição. A produção A aab a deve possibilitar ao apn ler um a e substituir A por AB a. Já a produção A a deve simplesmente permitir ao apn consumir a e remover A do topo da pilha. Analogamente, o apn para simular as produções B bb b B e B bb b deverá ler o símbolo b da fita de entrada e substituir o B no topo da pilha por B b B e B b, respectivamente. Analogamente para simular as produção C ab b C o apn deve ler a e trocar o C no topo da pilha por B b C. Já para simular C λ o apn deve apagar C do topo da pilha sem consumir qualquer símbolo, ou seja aplicando uma λ-transição. Analogamente, para o apn simular as produções B a a e B b b deve apagar B a e B b, respectivamente, do topo da pilha sem consumir qualquer símbolo da fita de entrada. Portanto, as produções da gramática na forma normal pseudo-greibach são representadas no apn por δ(q 1, λ, S) = {(q 1, ABC)} δ(q 1, a, A) = {(q 1, AB a ), (q 1, λ)} δ(q 1, b, B) = {q 1, B b B), (q 1, B b )} δ(q 1, a, C) = {(q 1, B b C)} δ(q 1, λ, C) = {(q 1, λ)} δ(q 1, a, B a ) = {(q 1, λ)} δ(q 1, b, B b ) = {(q 1, λ)} O aparecimento do símbolo de início da pilha no topo da pilha sinaliza a completação da derivação e o apn é posto no estado final por δ(q 1, λ, z) = {(q 2, z)}. 152

3 Capítulo 6. Autômatos com Pilha A construção, nesse exemplo, pode ser generalizada para outros casos, levando para um resultado geral. Teorema Para qualquer linguagem livre do contexto L existe um apn M tal que L = L(M). Demonstração: Se L é uma linguagem livre do contexto, livre de λ, existe uma gramática livre do contexto para ela na forma normal pseudo-greibach. Seja G = V, T, S, P tal gramática. Construiremos então um apn que simulará as derivações mais à esquerda nesta gramática. Como foi sugerido, a simulação será feita tal que a parte não processada da forma sentencial estará na pilha, enquanto o prefixo terminal de qualquer forma sentencial casa com o correspondente prefixo da cadeia de entrada (o símbolo de entrada corrente). Especificamente o apn será M = {q 0, q 1, q 2 }, T, V {z}, δ, q 0, z, {q 2 }, onde z V. Observe que o alfabeto de entrada de M é idêntico ao conjunto de terminais de G e que o alfabeto da pilha contém o conjunto das variáveis da gramática (mais o símbolo de início da pilha). A função de transição incluirá δ(q 0, λ, z) = {(q 1, Sz)} (6.1) de modo que após o primeiro movimento de M, a pilha contém o símbolo de início S da derivação (o símbolo de início z da pilha é uma marca que nos permite detectar o fim da derivação). Além disso, o conjunto de regras de transição é tal que (q 1, w) δ(q 1, a, A), (6.2) sempre que A aw está em P para algum A V, a T {λ} e w V. Isto é, se a T, lê a entrada a e remove a variável A do topo da pilha, trocando-a pela cadeia de variáveis w. Desse modo ela gera as transições que permite o apn simular todas as derivações. Caso a λ então sem consumir qualquer símbolo de entrada, substitui A no topo da pilha por w. Finalmente, temos para colocar M no estado final. δ(q 1, λ, z) = {(q 2, z)}, (6.3) Para mostrar que M aceita qualquer w L(G), considere a derivação parcial mais à esquerda S = a 1 a 2 a n A 1 A 2 A m = a 1 a 2 a n bb 1 B k A 2 A m. Se M simula esta derivação, então após ler a 1 a 2 a n, a pilha deve conter A 1 A 2 A m. Para tomar o próximo passo na derivação, G deve ter a produção 153

4 6.3. Equivalência entre Autômatos com Pilha Não-Determinísticos e Gramáticas Livre do Contexto A 1 bb 1 B k. mas a construção é tal que M tem uma regra de transição na qual (q 1, B 1 B k ) δ(q 1, b, A 1 ), e tal que a pilha agora contém B 1 B k A 2 A m, após ter lido a 1 a n b. Um argumento de indução simples sobre o número de etapas na derivação mostra que se S = w, então Usando 6.1 e 6.3 temos (q 1, w, Sz) (q 1, λ, z). de modo tal que L(G) L(M). (q 0, w, z) (q 1, w, Sz) (q 1, λ, z) (q 2, λ, z), Para provar que L(M) L(G), seja w L(M). Por definição (q 0, w, z) (q 2, λ, u). Mas existe somente uma maneira para ir de q 0 para q 1 e somente uma de q 1 para q 2. Portanto, devemos ter (q 1, w, Sz) (q 1, λ, z). Agora, vamos escrever w = a 1 a 2 a n. Então a primeira etapa em deve ser uma regra da forma ( 6.2) para obter (q 1, a 1 a 2 a n, Sz) (q 1, λ, z) (6.4) (q 1, a 1 a 2 a n, Sz) (q 1, a 2 a 3 a n, u 1 z). Mas, então, a gramática tem uma regra da forma S a 1 u 1, tal que S = a 1 u 1. Repetindo isto, escrevendo u 1 = Au 2, temos (q 1, a 2 a n, Au 2 z) (q 1, a 3 a n, u 3 u 2 z), implicando que A a 2 u 3 está na gramática e que S = a 1 a 2 u 3 u

5 Capítulo 6. Autômatos com Pilha Isto torna claro que em qualquer ponto o conteúdo da pilha (excluindo z) é idêntico à parte não casada da forma sentencial, de modo que ( 6.4) implica S = a 1 a 2 a n. Em conseqüência, L(M) L(G), completando a prova. Exemplo Considere a gramática S aa, A aabc bb a, B b, C c. Uma vez que a gramática já está na forma normal de Greibach, podemos usar as construções do teorema, acima, imediatamente. Além das regras δ(q 0, λ, z) = {(q 1, Sz)} e δ(q 1, λ, z) = {(q 2, z)}, o apn terá as regras de transição. δ(q 1, a, S) = {(q 1, A)}, δ(q 1, b, A) = {(q 1, B)}, δ(q 1, a, A) = {(q 1, ABC), (q 1, λ)}, δ(q 1, b, B) = {(q 1, λ)}, δ(q 1, c, C) = {(q 1, λ)}. Ao processar aaabc, M faz a seguinte seqüência de movimentos (q 0, aaabc, z) (q 1, aaabc, Sz) (q 1, aabcaz) (q 1, abc, ABCz) (q 1, bc, BCz) (q 1, c, Cz) (q 1, λ, z) (q 2, λ, z). Isto corresponde à derivação S = aa = aaabc = aaabc = aaabc = aaabc Transformando Autômatos com Pilha Não-Determinísticos em Gramáticas Livre do Contexto A inversa do teorema é também verdadeira. A construção é reverter o processo de construção deste teorema, de modo que a gramática simule os movimentos do apn. Isto significa que o conteúdo da pilha deve estar refletida na parte das variáveis da forma sentencial, enquanto a entrada processada é o prefixo terminal da forma sentencial. Para fazer isso é preciso um pouco de detalhe. De modo a manter a discussão tão simples quanto possível, assumiremos que o apn em discussão satisfaz as seguintes condições: 155

6 6.3. Equivalência entre Autômatos com Pilha Não-Determinísticos e Gramáticas Livre do Contexto 1. Ele tem um único estado final no qual o autômato só entra nele se e somente se a pilha estiver vazia. 2. Todas as transições devem ter a forma δ(q i, a, A) = {C 1, C 2,...,C n }, onde ou C i = (q j, λ) (6.5) C i = (q j, BC). (6.6) Isto é, cada movimento ou aumenta ou diminui o conteúdo da pilha de um único símbolo. Essas restrições podem parecer muito severas, o que não é verdade. É possível mostrar que para qualquer apn existe um equivalente, no sentido que reconhecem a mesma linguagem, satisfazendo as condições 1. e 2. Ou seja, essas restrições constituem uma forma normal para apn. Transformar um apn num apn equivalente satisfazendo a primeira condição é trivial, uma vez que se há mais de um estado final, é suficiente tornar os estados finais em não-finais, criar um novo estado final q nf e para cada antigo estado final q f e para cada símbolo A da pilha adicionar a seguinte transição: δ(q f, λ, A) = ({q f }, λ) se A z e δ(q f, λ, z) = ({q nf }, λ). Já uma transição que não satisfaz 2., ou é da forma δ(q i, a, A) = (q j, A 1... A n ) para algum n > 2, em cujo caso pode ser trocada pelas transições: δ(q i, a, A) = (q j1, XA n ), δ(q j1, λ, X) = (q j2, XA n 1 ),...,δ(q j(n 1), λ, X) = (q j, A 1 A 2 ) onde q j1,...,q jn são estados novos e X Γ {z}, ou é da forma δ(q i, a, A) = (q j, B), em cujo caso pode ser trocada pelas transições: δ(q i, a, A) = (q j1, BB) e δ(q j1, λ, B) = (q j, λ) onde q j1 é um novo estado. Exemplo Seja a linguagem L = {a n b m / 2n m 3n}. Um apn que reconhece L é descrito a seguir: a b λ (q 0, z) (q 0, AAz)(q 0, AAAz) (q 0, A) (q 0, AAA)(q 0, AAAA) (q 1, λ) (q 1, A) (q 1, λ) (q 1, z) (q 2, λ) 156

7 Capítulo 6. Autômatos com Pilha onde q 2 é o estado final. Este autômato não está na forma normal para apn, mas transformaremos eles usando o algoritmo anterior. Note que ele já satisfaz a primeira condição, pelo que só aplicaremos a segunda parte do algoritmo, resultando no seguinte apn: a b λ (q 0, z) (q a, Az)(q b, Az) (q a, A) (q 0, AA) (q b, A) (q c, AA) (q c, A) (q 0, AA) (q 0, A) (q d, AA)(q e, AA) (q 1, λ) (q d, A) (q 0, AA) (q e, A) (q f, AA) (q f, A) (q 0, AA) (q 1, A) (q 1, λ) (q 1, z) (q 2, λ) Obviamente, este autômato pode ser enxugado. Por exemplo, o seguinte apn que também está na forma normal é equivalente ao apn resultante do algoritmo e portanto equivalente ao original: a b λ (q 0, z) (q a, Az)(q b, Az) (q a, A) (q 0, AA) (q b, A) (q a, AA) (q 0, A) (q a, AA)(q b, aa) (q 1, λ) (q 1, A) (q 1, λ) (q 1, z) (q 2, λ) Construiremos, agora, a gramática livre do contexto para a linguagem aceita pelo apn. Sem perda de generalidade, podemos assumir que o apn está na forma normal para apn. Para iniciar, devemos ter uma forma sentencial para indicar o conteúdo da pilha, mas observemos que a configuração de um apn também envolve um estado interno que deve ser relembrado na forma sentencial. Para isso, devemos usar variáveis na gramática da forma (q i Aq j ), com a interpretação de que (q i Aq j ) = w se e somente se o apn apaga A da pilha, indo do estado q i para o q j, enquanto lê a cadeia w. Apagar, aqui, significa que A e seus efeito após (isto é, a cadeia pela qual é trocada) desaparece da fita, trazendo o símbolo originalmente abaixo de A para o topo. Usando esta interpretação, não é difícil ver que cada produção da gramática precisa corresponder com um desses dois tipos de transições. Como ( 6.5) envolve uma remoção imediata de A, a gramática terá a correspondente produção (q i Aq j ) a. 157

8 6.3. Equivalência entre Autômatos com Pilha Não-Determinísticos e Gramáticas Livre do Contexto Produções do tipo ( 6.6) geram a produção (q i Aq l ) a(q j Bq k )(q k Cq l ), onde q k e q l tomam todos os valores possíveis em Q. Isto é devido ao fato de que para apagar A primeiro lemos a, trocamos A com BC e vamos para o estado q j. Logo, devemos apagar B e depois C. Podemos fazer isto indo até um estado q k e apagar B, ou seja, (q j Bq k ) e depois indo até um estado q l e apagar C, ou seja, (q k Cq l ). Como não sabemos exatamente que estados são esses q k e q l, colocamos todos. Na última etapa, pode parecer que adicionamos em demasia, uma vez que podem existir estados q k que não podem ser alcançados por q j enquanto apaga B. Isto é verdade, mas isto não afeta a gramática. Neste caso, a variável resultante (q j Bq k ) é inútil e não afeta a linguagem aceita pela gramática. De fato podemos aplicar o algoritmo de remoção de produções inúteis para tornar a gramática mais enxuta. Finalmente, como variável de início tomamos (q 0 zq f ), onde q f é o único estado final do apn. Exemplo Considere o apn M = {q 0,...,q 3 }, {a, b}, {A, z}, δ, q 0, z, {q 2 } onde δ(q 0, a, z) = {(q 0, Az)}, δ(q 3, λ, z) = {(q 0, Az)}, δ(q 0, a, A) = {(q 3, λ)}, δ(q 0, b, A) = {(q 1, λ)}, δ(q 1, λ, z) = {(q 2, λ)}. As três últimas são da forma ( 6.5) de modo que elas geram as produções correspondentes. (q 0 Aq 3 ) a, (q 0 Aq 1 ) b, (q 1 zq 2 ) λ. A partir das duas primeiras transições obtemos o seguinte conjunto de produções. (q 0 zq 0 ) a(q 0 Aq 0 )(q 0 zq 0 ) a(q 0 Aq 1 )(q 1 zq 0 ) a(q 0 Aq 2 )(q 2 zq 0 ) a(q 0 Aq 3 )(q 3 zq 0 ), (q 0 zq 1 ) a(q 0 Aq 0 )(q 0 zq 1 ) a(q 0 Aq 1 )(q 1 zq 1 ) a(q 0 Aq 2 )(q 2 zq 1 ) a(q 0 Aq 3 )(q 3 zq 1 ), (q 0 zq 2 ) a(q 0 Aq 0 )(q 0 zq 2 ) a(q 0 Aq 1 )(q 1 zq 2 ) a(q 0 Aq 2 )(q 2 zq 2 ) a(q 0 Aq 3 )(q 3 zq 2 ), (q 0 zq 3 ) a(q 0 Aq 0 )(q 0 zq 3 ) a(q 0 Aq 1 )(q 1 zq 3 ) a(q 0 Aq 2 )(q 2 zq 3 ) a(q 0 Aq 3 )(q 3 zq 3 ), (q 3 zq 0 ) (q 0 Aq 0 )(q 0 zq 0 ) (q 0 Aq 1 )(q 1 zq 0 ) (q 0 Aq 2 )(q 2 zq 0 ) (q 0 Aq 3 )(q 3 zq 0 ), (q 3 zq 1 ) (q 0 Aq 0 )(q 0 zq 1 ) (q 0 Aq 1 )(q 1 zq 1 ) (q 0 Aq 2 )(q 2 zq 1 ) (q 0 Aq 3 )(q 3 zq 1 ), (q 3 zq 2 ) (q 0 Aq 0 )(q 0 zq 2 ) (q 0 Aq 1 )(q 1 zq 2 ) (q 0 Aq 2 )(q 2 zq 2 ) (q 0 Aq 3 )(q 3 zq 2 ), (q 3 zq 3 ) (q 0 Aq 0 )(q 0 zq 3 ) (q 0 Aq 1 )(q 1 zq 3 ) (q 0 Aq 2 )(q 2 zq 3 ) (q 0 Aq 3 )(q 3 zq 3 ). Eliminando produções inúteis temos a seguinte gramática livre do contexto: 158

9 Capítulo 6. Autômatos com Pilha (q 0 zq 2 ) a(q 0 Aq 1 )(q 1 zq 2 ) a(q 0 Aq 3 )(q 3 zq 2 ), (q 3 zq 2 ) (q 0 Aq 1 )(q 1 zq 2 ) (q 0 Aq 3 )(q 3 zq 2 ), (q 0 Aq 3 ) a, (q 0 Aq 1 ) b, (q 1 zq 2 ) λ. A variável de início será (q 0 zq 2 ). A cadeia aab é aceita pelo apn, com as sucessivas configurações A correspondente derivação com G é (q 0, aab, z) (q 0, ab, Az) (q 3, b, z) (q 0, b, Az) (q 1, λ, z) (q 2, λ, λ). (q 0 zq 2 ) = a(q 0 Aq 3 )(q 3 zq 2 ) = aa(q 3 zq 2 ) = aa(q 0 Aq 1 )(q 1 zq 2 ) = aab(q 1 zq 2 ) = aab. As etapas na prova do seguinte teorema serão fáceis de entender se se observar a correspondência entre as sucessivas descrições instantâneas do apn e as formas sentenciais na derivação. O primeiro q i, na variável mais à esquerda de cada forma sentencial é o estado corrente do apn, enquanto a seqüência de símbolos do meio é a mesma do conteúdo da pilha. Embora a construção gere uma gramática muito complicada, ela pode ser aplicada a qualquer apn cujas regras de transição satisfazem as condições dadas. Teorema Se L = L(M) para algum apn M, então L é uma linguagem livre do contexto. Demonstração: Seja M = Q,Σ, Γ, δ, q 0, z, {q f } a forma normal da apn M. Assim, M satisfaz as condições (6.5) e (6.6). Construiremos uma gramática G = V, Σ, (q 0 zq f ), P, onde V consiste dos elementos da forma (q i cq j ) e para cada incluímos em P a produção (q j, BC) δ(q i, a, A) para cada q k, q l Q. Por outro lado, para cada (q i Aq l ) a(q j Bq k )(q k Cq l ), 159

10 6.4. λ-transições vs Não-determinismo Explícito incluímos em P a produção (q j, λ) δ(q i, a, A) (q i Aq j ) a. Mostraremos que a gramática assim obtida é tal que para cada q i, q j Q, A Γ, x Γ e u, v Σ, (q i, uv, Ax) (q j, v, x), se e somente se (q i Aq j ) = u. Pela maneira como foram construídas as produções de G, podemos, facilmente, mostrar isto. Basta aplicar uma indução no tamanho da seqüência de movimentos, para obter a implicação, e outra no tamanho da derivação, para obter a inversa. Assim, em particular, podemos concluir que onde q f F. Portanto, L(M) = L(G). (q 0, w, z) (q f, λ, λ), se e somente se (q 0 zq f ) = w, 6.4 λ-transições vs Não-determinismo Explícito Harrison em [Har78] mostrou que para qualquer apn P é possível obter um apn sem λ-transições P, tal que P e P reconhecem a mesma linguagem. Ou seja, ele mostrou que λ-transições não acrescentam poder ao modelo de autômatos com pilha. Por outro lado, observe que a necessidade de usar não-determinismo puro ou explícito no primeiro apn no exemplo é só aparente, perfeitamente poderíamos definir um apn onde o δ não contenha qualquer escolha não-determinística explícita, ou seja δ(q, a, A) 1 para todo a Σ {λ} e A Γ. Um tal apn seria com δ definido por M = {q 0, q 1, q 2, q 3, q 4 }, {a, b}, {A, B, z}, δ, q 0, z, {q 4 }, a b λ (q 0, z) (q 1, Az) (q 0, A) (q 3, λ) (q 1, AA) (q 1, A) (q 0, AA) (q 2, AA) (q 2, A) (q 0, AA) (q 3, A) (q 3, λ) (q 3, z) (q 4, z) Dizer que uma transição é não-determinística é dizer que ela possui mais de uma opção. Formalmente, 160