Klausur TheGI 2 Automaten und Komplexität (Niedermeier/Hartung/Nichterlein, Sommersemester 2013)

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1 Berlin, Nme:... Mtr.-Nr.:... Klusur TheGI 2 Automten und Komplexität (Niedermeier/Hrtung/Nichterlein, Sommersemester 2013) Σ Bereitungszeit: mx. Punktezhl: 60 min. 60 Punkte Allgemeine Hinweise: Es sind keinerlei Hilfsmittel erlut. Benutzen Sie keinen Bleistift, sondern einen Kugelschreier oder Füller in der Fre schwrz oder lu. Beschriften Sie jedes Bltt mit Vor- und Nchnmen sowie Mtrikelnummer. Flls in der Aufgenstellung nicht explizit usgeschlossen, sind lle Antworten zu egründen! Antworten ohne Begründung erhlten 0 Punkte. Viel Erfolg!

2 Nme:... Mtr.-Nr.:... Aufge 1: Endliche Automten (1+6 Punkte) Sei M = ({z 0, z 1, z 2, z 3 }, {0, 1}, δ, {z 0 }, {z 3 }) mit δ gegeen durch: 0, 1 1 0, 1 0, 1 z 0 z 1 z 2 z 3 () Geen Sie einen regulären Ausdruck n, der T (M) eschreit (ohne Begründung). (0 1) 1 (0 1) (0 1) () Geen Sie einen NFA oder DFA M mit T (M ) = {w {0, 1} w / T (M)} n. Wir geen einen NFA M = ({z 0, z 1, z 2, z 3, z 4, z 5, z 6 }, {0, 1}, δ, {z 0, z 4 }, {z 3, z 4, z 5, z 6 }) mit folgendem δ n: 0, 1 0 0, 1 0, 1 z 0 z 1 z 2 z 3 0, 1 0, 1 z 4 z 5 z 6 Begründung: Ds Komplement der Sprche T (M) ist die Sprche, ei der der drittletzte Buchste keine 1 ist. Der NFA M esitzt zwei Strtzustände. Für lle Wörter der Sprche mit mehr ls 2 Buchsten existiert eine kzeptierende Berechnung welche in z 0 eginnt. Mit den Zuständen z 4, z 5 und z 6 werden lle Wörter mit weniger ls drei Buchsten kzeptiert. 2

3 Mtr.-Nr.:... Aufge 2: Rechtskongruenz (6 Punkte) Sei L Σ = {0, 1} eine Sprche. Angenommen es gilt (11, 1) R L und (0, 1) / R L. Beweisen oder widerlegen Sie folgende Aussge: Es existiert eine ntürliche Zhl n 1 mit (1 n, 0) R L. Hinweis: Die Rechtskongruenz R L ist definiert vermöge Die Aussge ist flsch: (x, y) R L ( w Σ : xw L yw L). Wegen (11, 1) R L gilt für jedes Wort w = 1 k 1 w mit w Σ und k N, k 1: 11w L 1w L w Σ : 1 k+1 w L 1 k w L Es folgt lso (1 k+1, 1 k ) R L, k N, k 1. Durch die Trnsitivität und Symmetrie der Äquivlenzreltion R L folgt uch für lle i, j 1 gilt (1 i, 1 j ) R L. Insesondere gilt für jedes n 1: (1 n, 1) R L. Aus (1 n, 1) R L und (1, 0) / R L folgt, dss (1 n, 0) / R L für lle n 1. Alterntiver Beweis: Sei M = (Z, Σ, δ, z 0, E) der Minimlutomt für L, d.h. für jede Äquivlenzklsse us R L enthält M genu einen Zustnd. Sei z der Zustnd für [1] RL, d.h. ˆδ(z 0, 1) = z. D (11, 1) R L gilt 11 [1] RL und somit ist δ(z, 1) = z. Für jedes n 1 gilt nun ˆδ(z 0, 1 n ) = z und somit 1 n [1] RL, d.h. (1 n, 1) R L. Aus (1 n, 1) R L und (1, 0) / R L folgt, dss (1 n, 0) / R L für lle n 1. 3

4 Mtr.-Nr.:... Aufge 3: Minimierung endlicher Automten (6 Punkte) Gegeen sei ein DFA M = (Z, Σ, δ, q 0, E), woei Z = {q 0, q 1, q 2, q 3, q 4 }, Σ = {, } und E = {q 3, q 4 }. Die Üerführungsfunktion δ sei wie folgt gegeen: q 1 q 3 q 0 q 2 q 4 Geen Sie einen minimlen DFA M mit T (M ) = T (M) n. Sie können für die Minimierung von M die folgende Telle enutzen. q 0 q 1 q 2 q 3 q 4 q 0 q 1 q 2 q 3 q 4 q 0 q 1 q 2 q 0 q 1 q 2 q 3 q 4 q 3 q 4 Ein minimler DFA ist entsprechend der oigen Telle ist M = (Z, Σ, δ, q 0, E) woei Z = {q 0, {q 1, q 2 }, {q 3, q 4 }}, Σ = {, } und E = {{q 3, q 4 }}. Die Üerführungsfunktion δ ist wie folgt definiert: 4

5 , q 0 {q 1, q 2 } {q 3, q 4 } 5

6 Mtr.-Nr.:... Aufge 4: Reguläre Sprchen (9 Punkte) Sei L Σ. Für ein Symol Σ definieren wir Beweisen oder widerlegen Sie: L/ := {w Σ w L}. () Wenn L/ regulär ist, so ist uch L regulär. (2 Punkte) Flsch: L = { n n n 1} ist eknntermßen nicht regulär. Allerdings ist L/ = regulär. () Wenn L regulär ist, so ist uch L/ regulär. (7 Punkte) Whr. Beweis vi Stz von Myhill-Nerode. Seien x, y Σ sodss (x, y) R L. Wir zeigen (x, y) R L/ : Sei z Σ elieig. Es gilt: xz L/ xz L yz L yz L/ Definition von L/ d (x, y) R L Definition von L/. Somit ist R L R L/. Aus der Regulrität von L folgt dmit, dss der Index von R L/ endlich ist und somit L/ regulär ist. Alterntiver Beweis üer Automtenmodifiktion: Sei M = (Z, Σ, δ, z 0, E) ein DFA mit T (M) = L und sei Z = {z Z δ(z, ) E} die Menge der Zustände us denen mit Lesen eines s in einen Endzustnd üergegngen wird. Wir zeigen nun, dss M = (Z, Σ, δ, z 0, Z ) die Sprche L/ kzeptiert, d.h. T (M ) = L/. : Sei w T (M ), d.h. ˆδ(z 0, w) = z mit z Z. Somit ist ˆδ(z 0, w) = δ(ˆδ(z 0, w), ) = δ(z, ) E und dher w L. Nch Definition von L/ gilt nun w L/. : Sei w L/. Also ist w L = T (M). Somit gilt ˆδ(z 0, w) E. Sei z = ˆδ(z 0, w) der vorletzte esuchte Zustnd. Es gilt δ(z, ) E und somit z Z. Dher ist ˆδ(z 0, w) Z und somit w T (M ). 6

7 Mtr.-Nr.:... Aufge 5: Büchi-Automten (4 Punkte) Geen Sie für die folgende Sprche einen nichtdeterministischen Büchi-Automten n (ohne Begründung). L = {x {, } ω in x kommen zwischen je zwei s ungerde viele s vor.} δ : M = ({z 0, z 1, z 2 }, {, }, δ, {z 0 }, {z 0, z 1, z 2 }) z 0 z 1 z 2, Oiger Automt ist für den Fll zwischen je zwei ufeinnderfolgenden s ungerde viele s vorkommen. Die Sprche L knn ntürlich uch so interpretiert werden, ds zwischen llen Pren von s ungerde viele s vorkommen. In diesem Fll knn es mx. 2 s geen. Der Automt sieht in dem Fll wie folgt us: z 0 z 1 z 2 z 2 Hinweis: Büchi Automten sind im SoSe 2014 nicht prüfungsrelevnt. 7

8 Mtr.-Nr.:... Aufge 6: Grmmtiken (1+2+6 Punkte) Sei G = ({S, A, B, C}, {,, c}, P, S) eine Grmmtik mit P = {S AC, A ABC BC, CB BC, BB, BB C cc, cc ccc}. () Geen Sie den größtmöglichen Typ der Grmmtik G ezüglich der Chomsky-Hierrchie n. Hinweis: Der größtmögliche Typ einer Grmmtik ist i, wenn sie vom Typ i ist er nicht vom Typ i + 1. () Geen Sie die von der Grmmtik G erzeugte Sprche L(G) n (ohne Begründung). (c) Zeigen Sie, dss L(G) nicht kontextfrei ist, indem Sie ds Pumping-Lemm für kontextfreie Sprchen enutzen. Hinweis: Pumping-Lemm für kontextfreie Sprchen: Ist eine Sprche L kontextfrei, so existiert eine ntürliche Zhl n derrt, dss sich lle z L der Länge z n so in der Form z = uvwxy für gewisse u, v, w, x, y Σ zerlegen lssen, dss gilt: (1) vx 1, (2) vwx n und (3) für lle i 0 ist uv i wx i y L. () Die Grmmtik G ist vom Typ 0, d es die verkürzende Regel BB git. () L(G) = { 2m m c 4m+2 m 1}. (c) Angenomen, L(G) wäre kontextfrei, so existierte ein n mit den Eigenschften des Pumping-Lemms für kontextfreie Sprchen. Wähle z = 2n n c 4n+2. Wegen z = 7n + 2 > n müsste es eine Zerlegung z = uvwxy mit vwx n und vx 1 geen. Bechte, dss weder v noch x zwei oder drei verschiedene Buchsten enthält, weil sonst in v i oder x i eine Wiederholung von Teilwörtern entsteht und somit ds so geildete Wort uv i wx i y nicht in der Sprche liegt. Wenn v und x uschließlich us einer Art von Buchste estehen, dnn liegt ds Wort uwy uch nicht in der Sprche, denn mindestens ein Buchste von einer Art fehlt und mindestens eine Art Buchste leit komplett erhlten im Vergleich zu uvwxy. Somit ist die Bedingung # (uwy) = 2 # (uwy) oder # c (uwy) = 4 # (uwy) + 2 verletzt. 8

9 Mtr.-Nr.:... Aufge 7: Polynomzeitreduktionen (2+8 Punkte) Ds Dominting Set-Prolem ist ereits us der Vorlesung eknnt. Dominting Set Einge: Ein ungerichteter Grph G = (V, E) und ein k N. Frge: Besitzt G eine dominierende Knotenmenge V der Größe höchstens k, d. h. V V, V k : u V : u V (u ht mindestens einen Nchrn in V )? Ein Grph G = (V, E) wird iprtit gennnt, flls es eine Zerlegung von V in V 1 und V 2 mit V 1 V 2 = git, sodss jede Knte einen Endknoten in V 1 und einen in V 2 ht. Entsprechend ist ds Biprtite Dominting Set-Prolem wie folgt definiert: Biprtite Dominting Set Einge: Ein iprtiter Grph G = (V 1 V 2, E) und ein k N. Frge: Besitzt G eine dominierende Knotenmenge der Größe höchstens k? Aus der Vorlesung ist eknnt, dss Dominting Set NP-vollständig ist. Betrchten Sie folgende Reduktion von Dominting Set uf Biprtite Dominting Set. Reduktion: Sei der Grph G = (V, E) und k N eine Einge für Dominting Set. Wir konstruieren einen Grph G = (V 1 V 2, E ) in 3 Schritten: 1. Füge in V 1 und V 2 jeweils eine Kopie von V ein. Bezeichne mit v 1 zw. v 2 die Kopie des Knotens v V in V 1 zw. V Für jede Knte {u, v} E füge die Knten {u 1, v 2 } und {v 1, u 2 } ein. Füge zusätzlich die Knte {u 1, u 2 } für lle Knoten u V ein. 3. Füge einen Knoten z 1 zu V 1 hinzu und uch einen Knoten z 2 zu V 2. Füge die Knte {z 1, z 2 } hinzu und uch die Knte {u 1, z 2 } für lle u V. Wir definieren nun die Polynomzeitreduktion f durch f(g, k) = (G, k + 1). () Geen Sie denjenigen Grph G n, welcher durch oige Reduktion für den wie folgt gegeenen Grphen G konstruiert wird. Geen Sie in eiden Grphen eine dominierende Menge minimler Größe n (ohne Begründung, einzeichnen genügt). v w G: u t G : v w u t 9

10 G : v 1 v 2 w 1 w 2 z 2 u 1 u 2 z 1 t 1 t 2 () Üerprüfen Sie die oige Reduktion f uf Korrektheit und korrigieren Sie diese gegeenenflls. Beweisen Sie nschließend die Korrektheit der (eventuell korrigierten) Reduktion, d. h. zeigen Sie (G, k) : (G, k) Dominting Set f(g, k) Biprtite Dominting Set. Beweisen Sie druf ufuend, dss Biprtite Dominting Set NP-vollständig ist. Die Reduktion f ist korrekt. Beweis der Korrektheit: : Sei (G, k) Dominting Set, dnn existiert eine dominierende Knotenmenge V mit V k. Wir zeigen nun, dss V 1 := {v 1 V 1 v V } {z 2 } eine dominierende Knotenmenge in G ist. Durch Konstruktionsschritt 3 dominiert z 2 den Knoten z 1 sowie lle Knoten us V 1. Für jeden Knoten v V \ V existiert ein Knoten u V sodss {u, v} E. Per Konstruktionsschritt 2 existiert eine Knte {u 1, v 2 } E und somit ist u 2 dominiert. Weiterhin ist {u 1, u 2 } E, d.h. lle Kopien dominierender Knoten in V 2 werden durch V 1 dominiert. Somit dominiert V 1 lle Knoten in G. : Sei (G, k + 1) Biprtite Dominting Set, dnn existiert eine dominierende Menge V mit V k + 1. Flls z 1 V, ersetze ihn durch z 2. Flls z 1 V, so muss z 2 ereits in V sein, d z 1 sonst nicht dominiert würde. Dmit werden (durch z 2 ) lle Knoten in V 1 {z 1, z 2 } dominiert. Wählen wir nun die zugehörige Knotenmenge V in G (lso V = {v V v 1 V v 2 V }), so ist diese per Konstruktion nun uch für G eine dominierende Knotenmenge mit höchstens k Knoten: Sei u V \ V ein elieiger Knoten. D u 2 durch V dominiert wird und nch Konstruktion von V gilt u 2 / V, git es einen Knoten v 1 V mit {v 1, u 2 } E. Es gilt nun v V und nch Konstruktionsschritt 2 gilt {u, v} E, somit ist u in G durch v dominiert. Beweis der NP-Vollständigkeit: Die oige Reduktion knn in O( V 2 ) Schritten und somit in polynomieller Zeit usgeführt werden. Aus der eknnten NP-Schwere von Dominting Set folgt mit der een gezeigten polynomiellen Reduktion, dss Biprtite Dominting Set NP-schwer ist. Als Spezilfll von Dominting Set liegt uch Biprtite Dominting Set in NP, ist insgesmt lso NP-vollständig. 10

11 Mtr.-Nr.:... Aufge 8: Vermischtes (9 Punkte) Bentworten Sie die folgenden Frgen zw. ewerten Sie die Aussgen zgl. ihres Whrheitsgehltes. Begründen Sie ihre Antworten jeweils kurz in 2-3 Sätzen. ) Wäre ds P vs. NP -Prolem gelöst, wenn mn zeigt, dss es eine kontextfreie Sprche L git, sodss L p m L für lle L NP \ {, Σ }? ) Unter der Annhme P = NP gilt: Jede NP-schwere Sprche knn in Polynomzeit uf einer deterministischen Turingmschine entschieden werden. Jede Sprche in P knn polynomiell uf St reduziert werden. Für jede endliche nichtleere Sprche A gilt, dss L p m A für lle L NP. c) D Typ-2 Sprchen nicht unter Schnitt geschlossen sind, knn es keine zwei Typ-2 Sprchen A, B geen, sodss uch A B eine Typ-2 Sprche ist. d) Es git unendlich viele Typ-1 Sprchen, die durch reguläre Ausdrücke eschrieen werden können. () Nein, denn mit dem CYK-Algorithmus existiert ein Algorithmus mit polynomieller Lufzeit für ds Wortprolem kontextfreier Sprchen. Also lssen sich lle kontextfreien Sprchen in Polynomzeit uf lle nichttrivilen Sprchen in NP reduzieren. Dies gilt unhängig von der Frge P vs. NP. () Nein, d es uch NP-schwere Sprchen git, die nicht in NP liegen. J, dies gilt, und uch unhängig dvon, o P = NP oder nicht, d P NP und St NP-schwer ist. Lut Definition von NP-Schwere lässt sich jede Sprche in NP polynomiell uf St reduzieren. J, dies gilt. Unter der Annhme P = NP liegen lle Sprchen L NP ereits in P, lso existiert ein Polynomzeitlgorithmus uf einer deterministischen Turingmschine, der L entscheidet. Ein Algorithmus zur Polynomzeitreduktion von L uf A könnte mittels dieses Algorithmus zunächst entscheiden, o die Einge in der Sprche L liegt, und nschließend ein Wort w A usgeen, flls die Einge in L liegt, nsonsten ein Wort w / A. D A endlich und nicht leer ist, existieren solche zwei festen Wörter finden. (c) Die Aussge ist nicht korrekt. Ist zum Beispiel die Sprche A die leere Menge, so ist unhängig von der Sprche B der Schnitt wieder leer und somit uch kontextfrei. (d) Jede reguläre Sprche knn durch einen regulären Ausdruck eschrieen werden. D lle regulären Sprchen uch Typ-1 Sprchen sind und es offensichtlich unendlich viele reguläre Sprchen git (z.b. {}, {}, {},...), ist die Aussge korrekt. 11