2. Klausur zur Vorlesung Informatik III Wintersemester 2003/2004

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1 Universität Krlsruhe Theoretische Informtik Fkultät für Informtik WS 2003/04 ILKD Prof. Dr. D. Wgner 14. April Klusur zur Vorlesung Informtik III Wintersemester 2003/2004 Lösung! Bechten Sie: Bringen Sie den Aufkleer mit Ihrem Nmen und Mtrikelnummer uf diesem Deckltt n und eschriften Sie jedes weitere Bltt mit Ihrem Nmen und Ihrer Mtrikelnummer. Schreien Sie die Lösungen uf die Aufgenlätter und Rückseiten. Zusätzliches Ppier erhlten Sie ei Bedrf von der Aufsicht. Zum Bestehen der Klusur sind 20 der möglichen 61 Punkte hinreichend. Es sind keine Hilfsmittel zugelssen. Aufge Mögliche Punkte Erreichte Punkte c d Σ c d Σ x1 13 Σ 61

2 Nme: Mtrikelnr.: Seite 2 Aufge 1: ( =12 Punkte) () Gegeen seien die eiden folgenden Sprchen üer dem Alphet Σ = {, }: L 1 = {lle Wörter, die oder enthlten} L 2 = {lle Wörter, in denen höchstens einml und nie vorkommt} Geen Sie reguläre Ausdrücke für L 1 und L 2 n. L 1 = ( ) ( )( ) L 2 = (ε )() ( ε)() (ε ) () Geen Sie den Üergngsgrphen eines endlichen Automten n, der L 1 us Teilufge () erkennt., , (c) Gegeen sei folgender nichtdeterministischer endlicher Automt (NEA):, 0 1 ε 2, Konstruieren Sie mittels Potenzmengen-Konstruktion den äuivlenten deterministischen endlichen Automten (DEA). Sei A := (Q, Σ, δ, s, F ) der gegeene NEA. Potenzmengen-Konstruktion des zugehörigen DEAs à := ( Q, Σ, δ, s, F ): s = E(s) = { 0 }

3 Nme: Mtrikelnr.: Seite 3 für δ ergit sich: { 0 } { 0, 1 } { 0 } { 0, 1 } { 0, 1, 2 } { 0 } { 0, 1, 2 } { 0, 1, 2 } { 0, 2 } { 0, 2 } { 0, 1, 2 } { 0, 2 } lle nderen Zustände us 2 Q sind nicht erreichr und werden gestrichen, somit Q = {{ 0 }, { 0, 1 }, { 0, 2 }, { 0, 1, 2 }} F = { Q F } = {{ 0, 2 }, { 0, 1, 2 }}. { 0 } { 0, 1 } { 0, 2 } { 0, 1, 2} (d) Sei Σ = {, } und L := {w Σ w enthält }. Bestimmen Sie die Äuivlenzklssen der Nerode- Reltion ezüglich L uf Σ. Sei R L die Nerode-Reltion zgl. L und seien x, y Σ. Es gilt: Folgende Fälle können uftreten: x enthält. Dnn gilt für lle z Σ : xz L xr L y ( z Σ : xz L yz L) x enthält nicht und x endet uf. Dnn gilt: xz L (z eginnt mit oder z enthält ) x enthält nicht und x endet nicht uf. Dnn gilt: xz L z enthält Somit erhält mn folgende Äuivlenzklssen: [] = {x Σ x enthält } [] = {x Σ x enthält nicht und endet uf } [ε] = [] = {x Σ x enthält nicht und endet nicht uf }

4 Nme: Mtrikelnr.: Seite 4 Aufge 2: ( =12 Punkte) () Betrchten Sie folgende Instnz des Post schen Korrespondenzprolems üer dem Alphet {0, 1}: K = ((100, 001), (100, 1), (10, 001), (10, 010)) (i) Geen Sie eine Indexfolge n, die K löst. (ii) Modifizieren Sie K durch Entfernen eines Pres, so dss die Instnz nicht mehr lösr ist. Begründen Sie, dss es für Ihre Modifiktion keine Lösung git. (i) (2, 3, 4) erzeugt jeweils ds Wort (ii) Entferne ds Pr (100, 1). Jedes verleiende Pr eginnt mit einem unterschiedlichen Symol, lso eginnen uch die zwei Wörter, die von einer elieigen Indexfolge erzeugt werden, mit einem unterschiedlichen Symol, und somit ist die modifizierte Instnz nicht mehr lösr. Alterntiv knn uch ds Pr (10, 010) entfernt werden. Dnn endet jedes verleiende Pr uf ein unterschiedliches Symol. Dmit erzeugt jede Indexfolge zwei verschiedene Wörter, denn sind die Wörter gleich lng, so ist ds letzte Symol unterschiedlich, und es git keine Lösung für die modifizierte Instnz. () Sei Σ ein endliches Alphet, L 1 Σ nicht entscheidr und L 2 Σ entscheidr. Sei ferner L = {w 1 w 2 : w 1 L 1, w 2 L 2 } mit Σ. Ist L entscheidr? Begründen Sie Ihre Antwort! L ist nicht entscheidr. Angenommen, L sei entscheidr. Dnn existiert eine Turingmschine M, die uf lle Eingen hält und genu die Sprche L kzeptiert. Wir konstruieren nun eine Turingmschine M 1, die uf llen Eingen w Σ hält und genu die Sprche L 1 kzeptiert. Sei dzu w 2 ein Wort us L 2. Die Turingmschine M 1 geht n ds Ende der Einge (lso solnge nch rechts, is ein gelesen wird), schreit ein und dnch ds Wort w 2. Dnch geht M 1 wieder n den Anfng der Einge (lso solnge nch links, is ein gelesen wird), und verhält sich dnn genu wie die Turingmschine M. Sei w eine Einge für M 1. Ist w L 1, so wird ds Wort kzeptiert, denn w w 2 L. Flls er w L 1, so ist uch w w 2 L, lso wird w nicht kzeptiert, er M 1 hält, weil M uf llen Eingen hält. Dies ist ein Widerspruch zur Annhme, denn L 1 ist nch Vorussetzung nicht entscheidr. (c) Gegeen sei eine Turingmschine M mit folgender Eigenschft: Wenn M ein Wort kzeptiert, dnn geschieht ds in weniger ls 1000 Schritten. Kreuzen Sie für folgende Aussgen n, o diese whr oder flsch sind. Hinweis: Für jede richtige Antwort git es einen Punkt, für jede flsche Antwort wird ein Punkt gezogen. Es wird keine negtive Gesmtpunktzhl für diese Teilufge geen. L(M) ist entscheidr. L(M) ist notwendigerweise endlich.

5 Nme: Mtrikelnr.: Seite 5 (d) Geen Sie grphisch eine deterministische Turingmschine nch Definition us der Vorlesung n, die uf llen Eingen üer dem Alphet {, } hält und diesele Sprche kzeptiert wie der folgende deterministische endliche Automt: 1 2 3, _ _,N f, N, N _ _,N 1,R,R 2, R,R _ _, N 3,N,N _ _,N

6 Nme: Mtrikelnr.: Seite 6 Aufge 3: ( = 12 Punkte) [Hinweis: Für in dieser Aufge vorkommende Proleme sind jeweils m Ende des Aufgentextes Definitionen ngegeen.] () Zeigen Sie: LONGEST CYCLE ist N P-vollständig. Prolem LONGEST CYCLE (LC) Gegeen: Ungerichteter Grph G = (V, E), Konstnte K Frge: Git es einen einfchen Kreis in G, der mindestens die Länge K ht? Prolem HAMILTONKREIS (HK) Gegeen: Ungerichteter Grph G = (V, E) Frge: Git es einen einfchen Kreis in G, der jeden Knoten genu einml enthält? [Ein einfcher Kreis der Länge l ist eine Folge von l verschiedenen Knoten, so dss jeweils eine Knte zwischen dem (i + 1)-ten und dem i-ten, sowie zwischen dem ersten und letzten Knoten esteht. In der Vorlesung wurde gezeigt, dss HAMILTONKREIS N P-vollständig ist.] 1. LONGEST CYCLE N P: Ds Orkel der nichtdeterministischen TM git eine Folge von Knoten ls Lösungsvorschlg vor. Dieser knn in polynomiler Zeit verifiziert werden, indem nchgeschut wird, o er us mindestens K verschiedenen Knoten esteht und o zwischen je zwei ufeinnderfolgenden Knoten sowie zwischen dem letzten und ersten Knoten eine Knte existiert. 2. HAMILTONKREIS LONGEST CYCLE: Eine Instnz von Hmiltonkreis mit Grph G = (V, E) wird uf die Instnz I = (G, V ) von LONGEST CYCLE geildet. Eine einfcher Kreis der Länge K = V ist nämlich genu ein Hmiltonkreis (d er dmit lle Knoten enthält). Die Trnsformtion funktioniert in linerer Zeit, d nur die Konstnte V zur Einge hinzugefügt werden muss. () Formulieren Sie ds Erfüllrkeitsprolem SAT ls 0/1-ILP. Geen Sie lso n, wie für eine elieige Instnz von SAT mit den Kluseln K 1,..., K k üer den Vrilen V 1,..., V l eine äuivlente Instnz von 0/1-ILP konstruiert werden knn. Prolem 0/1-INTEGER-PROGRAMMING (0/1-ILP) Gegeen: Eine (m n)-mtrix A gnzer Zhlen und ein Spltenvektor von m gnzen Zhlen. Frge: Git es einen Lösungsvektor x mit n Einträgen nur 0 oder 1 so, dss Ax? Die gesuchte Mtrix A ht k +2l Zeilen und 2l Splten. Für jede Vrile git es eine Splte (V i ) für die negierte und eine (V + i ) für die nicht negierte Form. Es git zunächst für jede Vrile eine Zeile der Form V i + + Vi 1 und eine Zeile der Form V i + Vi 1, um zu gewährleisten, dss jede Vrile entweder whr oder flsch ist. Außerdem git es für jede Klusel u i1 u it eine Zeile der Form u i1 + + u it 1, woei die u ij verneinte oder nicht verneinte Vrilen sind.

7 Nme: Mtrikelnr.: Seite 7 (c) Zeigen Sie: Die Klsse DT APE(n 2 ) ist unter Durchschnittsildung geschlossen, d.h. mit L 1, L 2 DT APE(n 2 ) ist uch L 1 L 2 DT APE(n 2 ). Seien L 1, L 2 DT APE(n 2 ). Dnn git es TMn M 1 zw. M 2, die L 1 zw. L 2 mit Pltzedrf n 2 ei Eingelänge n kzeptieren. Wir konstruieren eine TM M, die zunächst M 1 uf der Einge simuliert und, flls M 1 kzeptiert, die Einge wieder herstellt und nschließend M 2 simuliert. Wenn uch M 2 kzeptiert, dnn kzeptiert uch M. Somit kzeptiert M genu dnn, wenn M 1 und M 2 kzeptieren. M kzeptiert lso den Durchschnitt der eiden Sprchen. Der Speicherpltzedrf von M ist nicht größer ls der von M 1 und M 2. (M muss sich nur zusätzlich die ursprüngliche Einge merken. Dies knn etw durch Erweiterung des Alphets geschehen.) (d) Sei Π ein Minimierungsprolem. Für jede gerde Zhl l gee es einen Algorithmus A l für Π mit folgenden Eigenschften: 1. Die Einge für A l ist eine Instnz I von Π. 2. Die Ausge ist eine Zhl A l (I) mit 1 A l(i) OPT(I) 1 + 1/2 1 + l/2, woei OPT(I) der Wert einer optimlen Lösung von I sei. 3. Die Lufzeit von A l sei in O(2 l + n). Geen Sie n, welche der folgenden Aussgen us der Existenz der A l und unter der Annhme P N P folgen. Begründen Sie ihre Antwort (jeweils zwei Sätze genügen). (i) Es git einen Approximtionslgorithmus mit reltiver Gütegrntie 2 für Π. (ii) Es git ein PAS für Π. (iii) Es git ein FPAS für Π. (i) J. Für l = 2 ist A ein 1/4-pproximtiver Algorithmus. Die Lufzeit ist liner in der Eingegröße, d l eine Konstnte ist. (ii) J. Für jedes ε ist A l mit l := 1/ε ein ε-pproximtiver Algorithmus. Die Lufzeit ist polynomil in der Eingegröße. (iii) Nein. Die Lufzeit der in Punkt (i) eschrieenen Algorithmenfmilie ist exponentiell in l und lso uch in 1/ε.

8 Nme: Mtrikelnr.: Seite 8 Aufge 4: ( =12 Punkte) Sei eine Grmmtik G üer dem Alphet {0, 1}, der Vrilenmenge {S, A, B}, dem Strtsymol S und den folgenden Regeln gegeen: S A1B, A 0A ε, B 0B 1B ε. () Geen Sie den Syntxum für eine Aleitung des Wortes gemäß G n. S A 1 B PSfrg replcements 0 A 0 B 0 A 0 B ε ε () Bringen Sie G durch eine systemtische Konstruktion in Chomsky-Normlform (die einzelnen Schritte müssen dei klr erkennr sein!). Schritt 1 und 2 (Einführen von Vrilen für Terminle und Splitten zu lnger Regeln): S AS, S Y 1 B, A Y 0 A ε, B Y 0 B Y 1 B ε, Y 0 0, Y 1 1 Schritt 3 (Entfernen von ε-regeln): Vrilen, von denen ε geleitet werden knn: V = {A, B} S AS S, S Y 1 B Y 1, A Y 0 A Y 0, B Y 0 B Y 1 B Y 0 Y 1, Y 0 0, Y 1 1 Schritt 4 (Entfernen von Kettenregeln): Ahängigkeitsgrph: PSfrg replcements S S Y 1 B Y 0 A S AS Y 1 B 1, S Y 1 B 1, A Y 0 A 0, B Y 0 B Y 1 B 0 1, Y 0 0, Y 1 1

9 Nme: Mtrikelnr.: Seite 9 (c) Zeigen Sie mit Hilfe des Lemms von Ogden, dss die Sprche L := { i j k j = mx{i, k}} nicht kontextfrei ist. (Hinweis: Sie können dzu ds Wort z = n n c n mit der Mrkierung n wählen.) [Ds Lemm von Ogden esgt: Wenn eine Sprche L kontextfrei ist, dnn git es eine ntürliche Zhl n so, dss für lle Wörter z us L der Länge mindestens n gilt: Wenn wir in z mindestens n Buchsten mrkieren, so git es eine Zerlegung z = uvwxy so, dss ds Teilwort vx mindestens einen und ds Teilwort vwx höchstens n mrkierte Buchsten enthält und für lle ntürlichen Zhlen i (einschließlich der Null) ds gepumpte Wort uv i wx i y in L enthlten ist.] Um nun die Nicht-Kontextfreiheit der Sprche L zu zeigen, wähle zu gegeenem n ds Wort z = n n n und mrkiere ds Teilwort n. Jede Zerlegung z = uvwxy mit den Eigenschften mrkiert(vx) 1 und mrkiert(vwx) n ht eine der folgenden Gestlten: (i) v oder x enthält sowohl den Buchsten ls uch. (ii) Entweder ist vwx gnz in n enthlten oder v (zw. x) ist us n und x (zw. v) us n. Gi für jeden der Fälle ein gepumptes Wort uv i wx i y n, ds nicht in der Sprche liegt: (i) Wähle i := 2. Dnn enthält ds gepumpte Wort (mindestens) zwei -Seuenzen. (ii) Wähle i := 0. Dnn git es im gepumpten Wort (mindestens) einen -Block mit echt größerer Krdinlität ls die Anzhl der s. Also ist L nicht kontextfrei. (d) Widerlegen Sie durch ein Gegeneispiel: Unendliche Vereinigungen kontextfreier Sprchen sind kontextfrei. (Mit nderen Worten: Flls für lle i IN 0 die Sprchen L i kontextfrei sind, dnn ist uch L := L i kontextfrei.) Die Sprchen L 0 :=, L 1 := { 1 1 c 1 }, L 2 := { 2 2 c 2 },... sind regulär und somit lso kontextfrei, die zählre Vereinigung dieser Sprchen i=0 L i = { n n c n n IN} hingegen ist nicht kontextfrei (vgl. Vorlesung). i=0

10 Nme: Mtrikelnr.: Seite 10 Aufge 5: (13x1=13 Punkte) Kreuzen Sie für folgende Aussgen n, o diese whr oder flsch sind. Hinweis: Für jede richtige Antwort git es einen Punkt, für jede flsche Antwort wird ein Punkt gezogen. Es wird keine negtive Gesmtpunktzhl für diese Aufge geen. Seien L 1, L 2 reguläre Sprchen. Dnn ist uch L 1 \ L 2 = {w L 1 w L 2 } regulär. Die regulären Ausdrücke ( c ) und ( c) sind äuivlent. Ds Komplement der universellen Sprche ist nicht semientscheidr. Seien L 1 und L 2 zwei semientscheidre Sprchen. Dnn ist uch L 1 \ L 2 = {w L 1 w L 2 } semientscheidr. Sei L {0, 1} nicht entscheidr. Dnn gilt: Der Index der Nerodereltion zu L ist unendlich. Aus 3SAT P folgt 2SAT N PC. Flls es einen Approximtionslgorithmus für CLIQUE mit soluter Gütegrntie git, so gilt P = NP Es git ein Entscheidungsprolem Π N P, für ds es keine polynomile Trnsformtion Π SAT git.

11 Nme: Mtrikelnr.: Seite 11 Sei k eine Konstnte. Die Sprche VC k := {G G = (V, E) ist ein Grph und ht eine Knotenüerdeckung V V mit V k} ist in P. Zu jeder entscheidren Sprche L existiert eine Chomsky-Typ-0-Grmmtik, die L erzeugt. Jede Sprche der Form {x n 1 xn 2... xn k : n IN} ist kontextfrei. (Dei sei k 1 und die x i jeweils Buchsten us einem endlichen Alphet mit x i x j für i j.) Zu jedem nichtdeterministischen Kellerutomt git es einen deterministischen Kellerutomten, der diesele Sprche kzeptiert. Die Grmmtik, die nur us der Regel S ε esteht, erzeugt diesele Sprche wie eine Grmmtik ohne Regeln.