Języki, automaty i obliczenia/Wykład 10: Lemat o pompowaniu dla języków bezkontekstowych. Własności języków bezkontekstowych. Problemy rozstrzygalne

Wprowadzimy i udowodnimy najprostszą wersję lematu o pompowaniu dla języków bezkontekstowych.

Lemat o pompowaniu

Istotną cechą języków regularnych jest własność pompowania, którą ustaliliśmy w lemacie o pompowaniu. Podobną, ale nie taką samą, cechę posiadają języki bezkontekstowe. O ile dla języków regularnych własność pompowania wynikała z istnienia pętli w grafie opisującym automat, to dla języków bezkontekstowych pompowanie jest wynikiem powtarzającego się symbolu nieterminalnego w wyprowadzeniu dostatecznie długiego słowa w gramatyce.

Lemat 1.1

(o pompowaniu) Dla dowolnego języka bezkontekstowego $L\subset A^{*}$ istnieją liczby naturalne $N,M⩾1$ takie, że każde słowo $w\in L$ o długości $|w|>N$ można przedstawić w formie $w=u_1{w}_{1}u{w}_2{u}_2$, gdzie $w_{1,}{w}_2,v_1,v_2,u\in A^{*}$ oraz

1. $|w_{1}u{w}_2|⩽M$
2. $w_1{w}_2\ne 1$
3. $u_1{w}_1^{i}u{w}_2^i{u}_2\in L$ dla $i=0,1,.$..

Zanim przeprowadzimy dowód lematu, zobaczmy jak stosuje się ten lemat do języka generowanego przez gramatykę $(\{v_0,v_1,v_2\},\{a,b\},v_0,P)$,
gdzie $P:v_0\to v_1{v}_2,v_1\to a{v}_{2}b,v_2\to b|v_{0}b$.

Load video

Local File

Local File might collect personal data.

Continue Dismiss

Animacja 1

Dowód

Załóżmy, bez utraty ogólności rozważań (dlaczego?), że język bezkontekstowy $L$ nie zawiera słowa pustego i jest generowany przez gramatykę $G=(V_N,V_T,v_0,P)$ w normalnej postaci Chomsky'ego. Rozważmy dowolne wyprowadzenie w $G$

$w_0\mapsto w_1\mapsto ...\mapsto w_r$

o długości $r⩾1$ i $w_0\in V_N$. Niech najdłuższa ścieżka w drzewie binarnym $T$ tego wyprowadzenia ma długość $k$ (jako długość przyjmujemy tutaj liczbę wierzchołków, przez które przechodzi ścieżka). Indukcyjne ze względu na $k$ łatwo jest

uzasadnić, że $|w_r|⩽2^{k-1}$.

Załóżmy teraz, że zbiór $V_N$ ma $p$ elementów i przyjmijmy $N=2^p$ oraz $M=2^{p+1}$. Niech $w\in L(G)$ będzie słowem, którego długość jest większa od $N$. Zatem najdłuższa ścieżka $S$ w drzewie wyprowadzenia $T$ będącego wyprowadzeniem słowa $w$ w gramatyce $G$ ma długość co najmniej $p+2$. A więc przechodzi przez co najmniej $p+2$ wierzchołków. Stąd, że wierzchołki maksymalne drzewa wyprowadzenia mają etykiety terminalne, wnioskujemy, że w $S$ występują dwa różne wierzchołki $s_1,s_2$ etykietowane przez ten sam symbol nieterminalny $v$. Przyjmijmy, że wierzchołek $s_1$ jest bliższy wierzchołka początkowego drzewa wyprowadzenia niż $s_2$. Wierzchołki $s_1,s_2$ można tak dobrać, aby podścieżka ścieżki $S$ o początku w wierzchołku $s_1$ miała długość równą co najwyżej $p+2$. Zauważmy teraz, że żadna ścieżka poddrzewa $T_1$, którego wierzchołkiem początkowym jest $s_1$, nie ma długości większej niż $p+2$. Jeśli więc $\bar{w}$ jest słowem określonym przez liście $T_1$, to

$\text{(1)}$

$|\bar{w}|⩽2^{(p+2)-1}=M$

Rozważmy teraz poddrzewo $T_2$ drzewa $T$ o wierzchołku początkowym w $s_2$ i niech $u$ będzie słowem określonym przez liście $T_2$. Wtedy $\bar{w}=w_{1}u{w}_2$ dla pewnych $w_1,w_2\in V_T^{*}$. W połączeniu z nierównością $\text{(1)}$ uzyskujemy pierwszą własność postulowaną w lemacie. Co więcej, $w_1{w}_2\ne 1$, ponieważ pierwsza produkcja wyprowadzenia $v{\mapsto }^{*}\bar{w}$ jest postaci $v\to v_1{v}_2$ dla pewnych $v_1,v_2\in V_N$ , a w gramatyce nie ma produkcji wymazującej. Zatem dla pewnych $u_1,u_2\in V_T^{*}$ jest

$v_0{\mapsto }^{*}{u}_{1}v{u}_2{\mapsto }^{*}{u}_{1}u{u}_2$ lub $v_0{\mapsto }^{*}{u}_{1}v{u}_2{\mapsto }^{*}{u}_1{w}_{1}v{w}_2{u}_2{\mapsto }^{*}{u}_1{w}_{1}u{w}_2{u}_2=w$

lub

$v_0{\mapsto }^{*}{u}_{1}v{u}_2{\mapsto }^{*}{u}_1{w}_{1}v{w}_2{u}_2{\mapsto }^{*}{u}_1{w}_1^{i}v{w}_2^i{u}_2{\mapsto }^{*}{u}_1{w}_1^{i}u{w}_2^i{u}_2$

dla $i=1,2,\dots$

W konsekwencji $u_1{w}_1^{i}u{w}_2^i{u}_2\in L$ dla dowolnego $i=0,1,.$... Lemat zatem został udowodniony.

Analogicznie jak w przypadku języków regularnych, lemat o pompowaniu dla języków bezkontekstowych stosuje się najczęściej do uzasadnienia, że pewne języki nie należą do rodziny ${{ℒ}}_2$. Takie właśnie zastosowanie przedstawione jest poniżej, na przykładzie języka, o którym pó{z}niej udowodnimy, że jest kontekstowy, czyli należy do rodziny języków ${{ℒ}}_1$.

Przykład 1.1

Niech $L=\{a^n{b}^n{c}^n:n⩾1\}$. Przeprowadzając rozumowanie nie wprost, a więc zakładając bezkontekstowość tego języka, z lematu o pompowaniu uzyskujemy odpowiednie stałe $M,N$. Niech $k>\frac{N}{3}$ i rozważmy słowo $x_1=a^k{b}^k{c}^k$. Zatem istnieje rozkład $x_1=u_1{w}_{1}u{w}_2{u}_2$, $w_1{w}_2\ne 1$ oraz $x_i=u_1{w}_1^{i}u{w}_2^i{u}_2\in L$ dla $i=0,1,.$.. Z postaci słów języka $L$ oraz z faktu $w_1{w}_2\ne 1$ wnioskujemy, że słowa $w_1,w_2$ są potęgami jednej z liter $a,b,c$ oraz że $|x_i|⟶\mathrm{\infty }$, o ile $i⟶\mathrm{\infty }$. A to wyklucza możliwość zachowania własności określającej język $L$. Otrzymana sprzeczność prowadzi do wniosku, iż język $\{a^n{b}^n{c}^n:n⩾1\}$ nie jest bezkontekstowy.

Lemat o pompowaniu wykorzystywany bywa również w dowodach rozstrzygalności pewnych problemów w rodzinie języków rozpoznawalnych. Zagadnieniem tym zajmiemy się w dalszej części tego wykładu.

Własności rodziny języków bezkontekstowych

Przedstawimy teraz podstawowe własności rodziny języków bezkontekstowych związane z zamkniętością ze względu na działania oraz z problemami jednoznaczności.

Twierdzenie 2.1

Rodzina języków bezkontekstowych ${{ℒ}}_2$ jest zamknięta ze względu na następujące działania:

1. sumę mnogościową,
2. katenację i operację iteracji $*$,
3. przecięcie (iloczyn mnogościowy) z językiem regularnym,
4. homomorfizm.

Dowód

     1. Niech $G_i=(V_N^i,V_T,v_0^i,P_i)$ będą gramatykami bezkontekstowymi dla $i=1,2$ takimi, że $V_N^1\cap V_N^2=\mathrm{\varnothing }$ oraz $L_i=L(G_i)$. Język $L=L_1\cup L_2$ jest generowany przez gramatykę bezkontekstową określoną w następujący sposób: $G=(V_N^1\cup V_N^2\cup \{v_0\},V_T,v_0,P^1\cup P^2\cup \{v_0\to v_0^1,v_0\to {v_0}^2\})$.      2. Przy powyższych oznaczeniach, język $L=L_1\cdot L_2$ jest generowany przez gramatykę bezkontekstową: $G=(V_N^1\cup V_N^2\cup \{v_0\},V_T,v_0,P^1\cup P^2\cup \{v_0\to v_0^1{v}_0^2\})$. Jeśli $L=L(G)$, dla $G=(V_N,V_T,v_0,P)$ gramatyki bezkontekstowej, to $L^{*}=L(\bar{G})$ dla gramatyki $\bar{G}=(V_N\cup \{{\bar{v}}_0\},V_T,{\bar{v}}_0,P\cup \{{\bar{v}}_0\to 1,{\bar{v}}_0\to {\bar{v}}_0{v}_0\}$, która jest również gramatyką bezkontekstową.
     3. Niech $R$ będzie dowolonym językiem rozpoznawanym przez pewien automat skończenie stanowy ${𝒜}=(S,f,s_0,T)$. Język ten możemy przedstawić w postaci sumy $R=\bigcup _{i=1}^k{R}_i$, w której każdy język $R_i$ jest rozpoznawany przez automat ${𝒜}$ , w którym jako stan końcowy przyjmujemy $t_i\in T$. Rodzina języków bezkontekstowych jest zamknięta ze względu na sumę mnogościową i oczywista jest równość $L\cap R=\bigcup _{i=1}^k(L\cap R_i)$. Wystarczy zatem udowodnić, że język $L\cap R_i$ jest bezkontekstowy. Załóżmy, że $T=\{t\}$ oraz $L$ jest językiem generowanym przez gramatykę bezkontekstową $G=(V_N,V_T,v_0,P)$ w normalnej postaci Chomsky'ego. Bez utraty ogólności rozważań można także założyć, że $1\notin L$. Konstruujemy gramatykę $H=(S\times (V_N\cup V_T)\times S,V_T,(s_0,v_0,t),P_H)$, dla której $P_H$ zawiera następujące produkcje:

• $(s_1,v_1,s_2)\to (s_1,v_2,s_3)(s_3,v_3,s_2)$ dla $s_i\in S$, $v_i\in V_N$ jeśli $v_1\to v_2{v}_3\in P$,
• $(s_1,v_1,s_2)\to (s_1,a,s_2)$ dla $s_i\in S$, $a\in V_T$ jeśli $v_1\to a\in P$,
• $(s_1,a,s_2)\to a$ dla $s_i\in S$, $a\in V_T$ jeśli $f(s_1,a)=s_2$.

Bezpośrednio z konstrukcji wynika, że gramatyka $H$ jest bezkontekstowa. Łatwo również zauważyć, że język generowany przez gramatykę $H$ jest równy $L\cap R$.

     4. Niech $h:A^{*}⟶B^{*}$ oznacza dowolny homomorfizm, a $L\subset A^{*}$ językiem bezkontekstowym generowanym przez gramatykę $G=(V_N,A,v_0,P)$. Rozszerzamy homomorfizm $h$ do wolnych monoidów $(A\cup V_N{)}^{*}$ i $(B\cup V_N{)}^{*}$, przyjmując, że $h$ na zbiorze $V_N$ jest równe identyczności. Łatwo zauważyć, że język $h(L)$ jest generowany przez gramatykę bezkontekstową $G=(V_N,B,v_0,P_h)$, w której $P_h=\{v\to h(w):v\to w\in P\}$.

Z równości $L\setminus R=L\cap \bar{R}$ , zamkniętości klasy ${{ℒ}}_3$ ze względu na uzupełnienie oraz z punktu 3 udowodnionego powyżej twierdzenia wynika następujący wniosek.

Wniosek 2.1

Niech $L\subset A^{*}$ będzie dowolonym językiem bezkontekstowym, a $R\subset A^{*}$ regularnym. Wtedy $L\setminus R$ jest językiem bezkontekstowym.

Bez dowodu podajemy dwie dalsze własności związane z zamkniętością rodziny języków bezkontekstowych.

Fakt 2.1

Rodzina języków bezkontekstowych ${{ℒ}}_2$ jest zamknięta ze względu na podstawienie regularne i przeciwobraz przez homomorfizm.

Rodzina języków bezkontekstowych nie jest zamknięta na wszystkie działania boolowskie. Jak wynika z poniższego twierdzenia, jedynym działaniem boolowskim nie wyprowadzającym poza rodzinę języków bezkontekstowych jest suma mnogościowa.

Twierdzenie 2.2

Rodzina języków bezkontekstowych ${{ℒ}}_2$ nie jest zamknięta ze względu na:

1. iloczyn mnogościowy,
2. uzupełnienie.

Dowód

Dla $i=1,2$ niech $G_i=(\{v_0,v_1\},\{a,b,c\},v_0,P_i)$ będą gramatykami o następujących zbiorach praw:

$\begin{array}{l}{P}_1=\{v_0\to v_{0}c,v_0\to v_{1}c,v_1\to ab,v_1\to a{v}_{1}b\},\\ P_2=\{v_0\to a{v}_0,v_0\to a{v}_1,v_1\to bc,v_1\to b{v}_{1}c\}.\end{array}$

Gramatyki te są bezkontekstowe i generują, odpowiednio, następujące języki:

$L(G_1)=\{a^n{b}^n{c}^m:n,m⩾1\}\in {{ℒ}}_2$, $L(G_2)=\{a^n{b}^m{c}^m:n,m⩾1\}\in {{ℒ}}_2$.

Języki te są bezkontekstowe, lecz ich przecięcie

$L(G_1)\cap L(G_2)=\{a^n{b}^n{c}^n:n⩾1\}\notin {{ℒ}}_2$

jest językiem istotnie kontekstowym.

Z udowodnionej właśnie własności oraz z praw de'Morgana wynika, że rodzina ${{ℒ}}_2$ nie jest też domknięta ze względu na uzupełnienie.

Jednoznaczność języków bezkontekstowych

Omówimy teraz, dość ogólnie zresztą, problem występujący w niektórych gramatykach bezkontekstowych, a polegający na wielokrotnym wyprowadzeniu tego samego słowa. Z punktu widzenia języków programowania, których syntaktykę opisują, w pewnym zakresie, gramatyki bezkontekstowe, taka nadmiarowość (niejednoznaczność parsingu) jest cechą wysoce niepożądaną. Gramatyki, które nie będą mieć takiej własności nazwiemy jednoznacznymi. Jednoznacznym nazwiemy też język, dla którego istnieje gramatyka jednoznaczna.

Definicja 3.1

Niech $G=(V_N,V_T,v_0,P)$ będzie gramatyką bezkontekstową. Lewostronnym (prawostronnym) wyprowadzeniem słowa $w\in {V_T}^{*}$ w gramatyce $G$ nazywamy wyprowadzenie $v_0\mapsto w_1\mapsto \dots ..\mapsto w_n=w$ takie, że dla każdego $i=0,\dots ,n-1,w_{i+1}$ jest generowane bezpośrednio z $w_i$ przez zastąpienie pierwszego z lewej (prawej) symbolu nieterminalnego występującego w słowie $w_i$.

Jeśli chcemy zaznaczyć, że wyprowadzenie jest lewostronne lub prawostronne, to posługujemy się zapisem

$v_0\underset{L}{\overset{*}{\mapsto }}w,v_0\underset{P}{\overset{*}{\mapsto }}w$.

Każde wyprowadzenie słowa w gramatyce bezkontekstowej można tak uporządkować, by sekwencja produkcji tworzyła prawostronne lub lewostronne wyprowadzenie. Stąd wynika też fakt, że dowolne słowo generowane przez gramatykę bezkontekstową ma tyle samo wyprowadzeń lewostronnych, co prawostronnych. Ilość różnych wyprowadzeń danego słowa jest w niektórych zastosowaniach gramatyk bezkontekstowych dość istotna, choćby w problemach parsingu, czyli poszukiwania w gramatyce wyprowadzenia dla danego słowa. Ilość różnych wyprowadzeń słów w gramatyce stanowi pewną informację na temat nadmiarowości tej gramatyki. Bardzo istotną rolę odgrywają zarówno w teorii, jak i zastosowaniach - gramatyki bezkontekstowe jednoznaczne, których definicję podajemy poniżej.

Definicja 3.2

Gramatyka bezkontekstowa $G$ jest jednoznaczna wtedy i tylko wtedy, gdy każde słowo generowane przez tę gramatykę ma dokładnie jedno wyprowadzenie lewostronne (prawostronne). Język bezkontekstowy $L$ nazywamy jednoznacznym, jeśli istnieje jednoznaczna gramatyka bezkontekstowa generująca ten język.

Jednoznaczność gramatyki oznacza istnienie dokładnie jednego drzewa wywodu dla każdego generowanego słowa. W klasie gramatyk bezkontekstowych problem jednoznaczności jest nierozstrzygalny. W rozdziale poświęconym algorytmicznej rozstrzygalności wrócimy do tego zagadnienia. Oczywiście wobec powyższego nierozstrzygalny jest też problem jednoznaczności języka. Problem jednoznaczności gramatyki i języka jest rozstrzygalny w podklasach języków bezkontekstowych, na przykład dla klasy języków ograniczonych, to znaczy takich $L\subset A^{*}$ , że $L\subset w_1^{*}...w_n^{*}$ dla pewnych słów $w_1,\dots ,w_n\in A^{*}$ .

Przykład 3.1

Język $\{a^n{b}^{n+m}{c}^m:n,m>0\}$ generowany przez gramatykę $G=(V_N,V_T,v_0,P)$ , gdzie $V_N=\{v_0,v_1\}$ , $V_T=\{a,b,c\}$ oraz
$P=v_0\to v_1{v}_2,v_1\to a{v}_{1}b|ab,v_2\to b{v}_{2}c,|bc$
jest, jak łatwo sprawdzić, językiem jednoznacznym.

Mówimy, że język $L\in {{ℒ}}_2$ jest niejednoznaczny, jeśli nie jest jednoznaczny, czyli nie istnieje gramatyka jednoznaczna generująca ten język. Przykładem języka niejednoznacznego jest

$L=\{a^n{b}^n{c}^m{d}^m:m,n⩾1\}\cup \{a^n{b}^m{c}^m{d}^n:m,n⩾1\}$.

Uzasadnienie tego faktu jest dosyć żmudne i dlatego zostało tutaj pominięte.

Zauważmy na koniec tego krótkiego omówienia problematyki jednoznaczności gramatyk, że każdy język regularny (ale nie każda gramatyka regularna) jest jednoznaczny. Jednoznaczna jest bowiem gramatyka otrzymana z automatu deterministycznego generującego ten język.

Jednoznaczny jest również język bezkontekstowy, który jest iloczynem $L\cap R$ , gdzie $L\in {{ℒ}}_2$ i jest językiem jednoznacznym, a $R\in {{ℒ}}_3$ . Gramatyka tego języka, skonstruowana w punkcie 3 w twierdzeniu 2.1 jest jednoznaczna, co wynika stąd, że automat rozpoznający $R$ jest deterministyczny.

Problemy rozstrzygalne algorytmicznie

Podobnie jak dla języków regularnych tak i w przypadku bezkontekstowych lemat o pompowaniu wykorzystuje się do uzasadnienia rozstrzygalności pewnych problemów. Dla rodziny języków bezkontekstowych mamy następujące twierdzenie.

Twierdzenie 4.1

W rodzinie języków bezkontekstowych ${{ℒ}}_2$ następujące problemy są rozstrzygalne:

1. problem niepustości języka, $L\ne \mathrm{\varnothing }$
2. problem nieskończoności języka, $cardL={\mathrm{\aleph }}_0$
3. problem należenia słowa $w$ do języka $L$.

Dowód

Aby udowodnić punkt 1, wykorzystamy następującą równoważność:

$L\ne \mathrm{\varnothing }⟺\mathrm{\exists }w\in L:|w|⩽N$.

Uzasadnienie tej równoważności polega na rozkładzie słowa $w$ spełniającego warunek $N<|w|$ (zgodnie z oznaczeniami i tezą lematu o pompowaniu) i zastąpieniu go słowem $u_{1}u{u}_2$ , które jest istotnie krótsze. Po skończonej ilości takich skracających kroków dostaniemy słowo należące do języka $L$ i spełniające warunek $|w|⩽N$ .

W uzasadnieniu punktu 2 wykorzystamy równoważność

$cardL={\mathrm{\aleph }}_0⟺\mathrm{\exists }w\in L:N<|w|⩽N+M$

gdzie $M,N$ są stałymi z lematu o pompowaniu.

Przyjmując, iż język $L$ jest nieskończony, wnioskujemy, że istnieją w tym języku słowa dowolnie długie. Niech $w\in L$ i $|w|>N$ . Jeśli $w$ nie spełnia warunku $|w|⩽N+M$ , to stosujemy lemat o pompowaniu dla $i=0$ , uzyskując słowo $u_{1}u{u}_2$ należące do języka i istotnie krótsze od $w$ . Z warunku $|w_1{w}_2|⩽|w_{1}u{w}_2|⩽M$ (punkt 1 tezy lematu o pompowaniu) wynika, iż różnica długości tych słów nie może być wieksza niż stała $M$ . Zatem po skończonej ilości kroków uzyskujemy słowo należące do języka i spełniające żądany warunek.

Implikacja w przeciwną stronę ( $\Leftarrow$ ) wynika bezpośrednio z lematu o pompowaniu. Istnieje mianowicie nieskończony zbiór słów w postaci

$u_1{w}_1^{i}u{w}_2^i{u}_2\in L$

dla $i=0,1,2,...$.

Punkt 3 twierdzenia wymaga podania odpowiedniego algorytmu. Jego prezentacją i omówieniem zajmujemy się poniżej.

Algorytm CYK - przynależność słowa do języka.

Rozważmy problem przynależności słowa $w$ do danego języka, generowanego przez gramatykę bezkontekstową $G$. Jest to problem rozstrzygalny. Bardzo łatwo podać algorytm, wykorzystujący postać normalną Greibach. Po sprowadzeniu gramatyki $G$ do postaci normalnej Greibach prawa strona każdej produkcji rozpoczyna się symbolem terminalnym i jest to jedyny symbol terminalny. Zatem jeśli $w=a_1{a}_2...a_n$, to należy zbadać wszystkie wywody w $G$, z symbolu początkowego $S$, o długości dokładnie $|w|$, to znaczy wywody złożone z dokładnie $|w|$ kroków. Jeśli dla każdego symbolu nieterminalnego istnieje co najwyżej $k$ produkcji w gramatyce $G$, w których pojawia się on po lewej stronie, to algorytm będzie działał w czasie $O(k^{|w|})$. Metoda ta jest jednak bardzo nieefektywna. Czasochłonne jest też samo sprowadzenie gramatyki $G$ do postaci normalnej Greibach.

Istnieje szybszy algorytm rozwiązujący problem przynależności do języka. Jest to algorytm Cocke'a-Youngera-Kasamiego, w skrócie CYK.

Algorytm CYK działa w oparciu o ideę programowania dynamicznego . Rozważmy słowo $w=a_1{a}_2...a_n$ oraz gramatykę $G$. Niech zbiór $V_i^j$ zawiera wyłącznie te symbole nieterminalne, z których można wywieść słowo $a_i{a}_{i+1}...a_{i+j-1}$, czyli

$V_i^j=\{v\in V_N:v\underset{G}{\overset{*}{\Rightarrow }}{a}_i{a}_{i+1}...a_{i+j-1}\}$.

Mamy zatem następującą równoważność:

$w\in L(G)\iff v_0\in V_1^n$.

Algorytm Cocke-Younger-Kasami - sprawdza, czy dane słowo należy do języka generowanego przez gramatykę bezkontekstową

---

  1  Wejście: $G=(V_N,V_T,P,v_0)$, $w\in V_T^{*}$ - gramatyka bezkontekstowa i słowo
 $w=a_1{a}_2...a_n$ o długości $n$.
  2  Wyjście: TAK lub NIE - odpowiedź na pytanie, czy $w\in L(G)$.
  3  $G\leftarrow$PostaćNormalnaChomsky'ego$(G)$;
  4  for $i=1,\dots ,n$ do
  5     $V_i^1\leftarrow \{v\in V_N:(v\to a)\in P,a\in V_T\wedge a_i=a\}$;
  6  end for
  7  for $j=2,\dots ,n$ do 
  8     for $i=1,\dots ,n-j+1$ do
  9        $V_i^j\leftarrow$;
 10        for $k=1,\dots ,j-1$ do
 11           $V_i^j\leftarrow V_i^j\cup \{v\in V_N:(v\to wy)\in P,w\in V_i^k,y\in V_{i+k}^{j-k}\}$;
 12        end for
 13     end for
 14  end for
 15  if $v_0\in V_1^n$ 
 16     return TAK, $w\in L(G)$;
 17  else
 18     return NIE, $w\in ̸L(G)$;
 19  end if

Algorytm CYK działa w czasie $|w{|}^3$, gdzie $|w|$ jest długością słowa, o którego przynależność do języka pytamy.

Przykład 4.1

Zbadamy, czy słowo $w=bbaaaa$ należy do języka generowanego gramatyką:

$\begin{array}{rlr}v& \to & wx|yz\\ w& \to & wy|xx|a\\ x& \to & wz|b\\ y& \to & xy|zz|a\\ z& \to & yy|b\end{array}$

gdzie $v$ jest symbolem początkowym.

Poniższa animacja ilustruje działanie algorytmu CYK.

Load video

Local File

Local File might collect personal data.

Continue Dismiss

Animacja 2