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A = ({0,1, &) , (s1, s2 ,s0 , se) , (a, k0), δ, s0, k0, {se} )

δ :  {(s0, 1, ko) -> (s1, ak0) ;

(s0, 0, ko) -> (s1, ak0) ;

(s0, &, ko) -> (s2, k0) ;

(s1, 0, a) -> (s1, aa) ;

(s1, 1, a) -> (s1, aa) ;

(s1, &, a) -> (s2, a) ;

(s2, 0, a) -> (s2, a) ;

(s2, 1, a) -> (s2, lambda) ;

(s2, lambda, ko) -> (se, k0) ;

(s2, 0 , k0 ) -> (s2, k0) }

 

 

in 2015-B-02 von ugemt ugemt Eins-Komma-Null-Anwärter(in) (2.0k Punkte)  

2 Antworten

3 Pluspunkte 0 Minuspunkte

Hallo ugemt,

deine Lösung ist wegen des Lambda-Übergangs (s2, Lambda, k0) -> (se, k0) eine nichtdeteministische Lösung, da für das Kellerzeichen k0 und den Zustand s2 auch der Übergang (s2, 0, k0) -> (s2, k0) definiert ist. In dieser Aufgabe ist aber eine deterministische Lösung gefragt. In der Musterlösung ist nur zusätzlich noch eine nichtdeteministische Variante angegeben. Ansonsten ist deine Lösung in Ordnung, du schreibst ein a statt einer 0 in den Keller und verwendest einen zusätzlichen Zustand, das passt aber soweit.

Viele Grüße

Gregor (Tutor)

von uhdzw uhdzw Tutor(in) (102k Punkte)  
1 Pluspunkt 0 Minuspunkte

Noch ein weiterer Hinweis zu Alternativlösungen: Sie können auch den XWizard nutzen, um Ihre Lösungen zu überprüfen.

Das Skript zu Ihrer Lösung wäre:

pda:

(s0, 1, k) => (s1, ak);
(s0, 0, k) => (s1, ak);
(s0, U, k) => (s2, k);
(s1, 0, a) => (s1, aa);
(s1, 1, a) => (s1, aa);
(s1, U, a) => (s2, a);
(s2, 0, a) => (s2, a);
(s2, 1, a) => (s2, lambda);
(s2, lambda, k) => (se, k);
(s2, 0 , k) => (s2, k);
--declarations--
s0=s0;
F=se;
kSymb=k;
inputs=01U110
--declarations-end--
Sie können auch einfach über diesen Link darauf zugreifen:
 
 
Dort sehen Sie auch, wie sich die Berechnung bei dem Lambda-Übergang aufspaltet in zwei separate Pfade, also nichtdeterministisch wird.
 
(PS. Ich hab das &-Symbol durch U ersetzt, weil sonst die Darstellung nicht in Ordnung war.)
von Dozent (10.1m Punkte)  
Alternativer Übergang
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