Как NFA использует эпсилон-переходы?

На картинке ниже я пытаюсь понять, что именно принимает этот NFA.

Что меня смущает, так это прыжок на .q $\epsilon$$q_0$

• Если введен , система переместится в и (состояние принятия)?q 0 q $0$$q_0$ $q_1$

• Если введено , система переместится на и ?q 1 q $1$$q_1$$q_2$

• Переходит ли система только в (состояние принятия), если не вводится ничего (пустая строка)?$q_1$

Каждый раз, когда вы находитесь в состоянии с переходом , это означает, что вы автоматически находитесь в ОБА состояниях, чтобы упростить это для вас:$\epsilon$

Если строка то ваши автоматы заканчиваются как в и вq 0 q $\epsilon$$q_0$$q_1$

Если ваша строка '0', она снова будет в иq $q_0$$q_1$

Если ваша строка '1', это будет только в , потому что если вы смотрите с точки , у вас есть переход '1' к , но вы также должны посмотреть на случай, когда вы находитесь в ( если вы были в вы также всегда были в ), тогда нет перехода '1', поэтому этот альтернативный путь просто "умирает".q 0 q 2 q 1 q 0 q $q_2$$q_0$$q_2$$q_1$$q_0$$q_1$

Просто взглянув на эти случаи, легко увидеть, что ваши автоматы принимают , и переходят от к , единственный способ достичь - это , так что это возобновляет ваши автоматы до , ,0 ∗ q 0 q 1 q 2 0 ∗ 11 ∗ 1 ϵ 0 ∗ 0 ∗ 11 ∗$\epsilon$$0^*$$q_0$$q_1$$q_2$$0^*11^*1$$\epsilon$$0^*$$0^*11^*1$

Надеюсь, что это помогло вам, если у вас есть дальнейшие сомнения, просто спросите!

В состоянии без чтения какого-либо ввода NFA одновременно остается в и (в альтернативном юниверсе, если хотите) также переходит в состояние . Это похоже на то, что произошло бы в NFA, который имел два перехода в разные состояния при вводе символа. В частности, ваш NFA принимает пустую строку, так как ни на одном входе он не может перейти в состояние принятия .$q_0$$q_0$$q_1$$q_1$

Продолжая ваш пример, из состояния увидев вход , он будет использовать этот символ, оставаться в состоянии (цикл), а также переходить в состояние , тем самым принимая вход . В состоянии считывающем вход , NFA перейдет в состояние . Он также может не потреблять , переходить в состояние в другом юниверсе и застрять там (и не принимать, поскольку он не прочитал все входные данные), поскольку нет перехода от к .$q_0$$0$$q_0$$q_1$$0$$q_0$$1$$q_2$$1$$q_1$$q_1$$1$

Посмотрите, можете ли вы убедить себя, что язык, принятый этой машиной, обозначается регулярным выражением , т. Е. Любой строкой, состоящей из нуля или более с, за которыми не должно быть ничего или два или больше с.$0^*+0^*11^*1$$0$$1$

Кстати, есть алгоритм, который принимает NFA с -moves и производит эквивалентный NFA без -moves, который, я надеюсь, вы вскоре узнаете.$\epsilon$$\epsilon$

Я пытался построить DFA для этого NFA

$\sum$ - набор алфавитов

$Q$Набор состояний

$\sigma(Q\times (\sum \cup {\epsilon} )) \to P(Q)$ функцию состояния

$q_0 = q_0$

$F \subseteq Q, F = \{q_0\}$

Поскольку каждый NFA имеет равный DFA, давайте построим DFA для данного NFA.$M'$

алфавит - то же самое

$Q' = P(Q)$ - состояния

Текущее состояние$R \in P(Q)$

$E(R)$ - замыкание эпсилона возвращает набор состояний, достижимых через ноль или более - соединений для каждого$\epsilon$$r \in R$

$\sigma'(R,a) = \bigcup_{r \in R} E(\sigma(r,a))$ -переходы

$q'_{0} = E(\{q_0\})$

$F' = P(Q) \div F$

Некоторые вычисляют на этом FSM

$1.$ $\epsilon$ на входе: начальное состояние включает поэтому FSM принимает$q'_{0} = E(\{q0\}) = \{q_0, q_1\}$$q_1$$\epsilon$

$2.$ $0*$ на входе: поэтому ФСМ принимает$\sigma'(\{q_0, q_1\}, 0) = E(\sigma(q_0,0)) \cup E(\sigma(q_1,0)) = \{q_0, q_1\} \cup \{ \} = \{q_0, q_1\}$$0*$

по крайней мере$\{\epsilon, 0* \} \subset L (M')$

Спасибо Дэвиду Ричерби