Алгоритм Эрли, доказательство оценки O(n^2) для однозначной грамматики — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Время работы для однозначной грамматики)
Строка 54: Строка 54:
 
Следовательно, <tex>\alpha' \eta_1 \Rightarrow^* a_{i+1} \ldots a_j</tex> и <tex>\alpha' \eta_2 \Rightarrow^* a_{i+1} \ldots a_j</tex>.<br/>
 
Следовательно, <tex>\alpha' \eta_1 \Rightarrow^* a_{i+1} \ldots a_j</tex> и <tex>\alpha' \eta_2 \Rightarrow^* a_{i+1} \ldots a_j</tex>.<br/>
 
Заметим, что <tex>S \Rightarrow^* \gamma A \delta \Rightarrow^* a_1 \ldots a_i A \delta \Rightarrow a_1 \ldots a_i \alpha' B \beta \delta</tex>. Предположим, что <tex>\beta \delta \Rightarrow^* w'</tex> (ведь в грамматике нет непорождающих нетерминалов). Тогда <tex>S \Rightarrow^* a_1 \ldots a_i \alpha' \eta_1 w'</tex> и аналогично <tex>S \Rightarrow^* a_1 \ldots a_i \alpha' \eta_2 w'</tex>.<br/>
 
Заметим, что <tex>S \Rightarrow^* \gamma A \delta \Rightarrow^* a_1 \ldots a_i A \delta \Rightarrow a_1 \ldots a_i \alpha' B \beta \delta</tex>. Предположим, что <tex>\beta \delta \Rightarrow^* w'</tex> (ведь в грамматике нет непорождающих нетерминалов). Тогда <tex>S \Rightarrow^* a_1 \ldots a_i \alpha' \eta_1 w'</tex> и аналогично <tex>S \Rightarrow^* a_1 \ldots a_i \alpha' \eta_2 w'</tex>.<br/>
Таким образом, если <tex>k_1 \ne k_2</tex>, то подстрока <tex>a_{i+1} \ldots a_j</tex> выводится двумя различными способами из <tex>\alpha' \eta_1</tex> и <tex>\alpha' \eta_2</tex> (поскольку в первом случае <tex>\alpha' \Rightarrow^* a_{i+1} \ldots a_{k_1}</tex>, а во втором <tex>\alpha' \Rightarrow^* a_{i+1} \ldots a_{k_2}</tex>), то есть у строки <tex>a_1 \ldots a_jw'</tex> есть два различных вывода, что противоречит однозначности грамматики. Если же <tex>k_1 = k_2</tex>, то <tex>\eta_1 \ne \eta_2</tex>, что приводит к аналогичному противоречию.
+
Таким образом, если <tex>k_1 \ne k_2</tex>, то подстрока <tex>a_{i+1} \ldots a_j</tex> выводится двумя различными способами из <tex>\alpha' \eta_1</tex> и <tex>\alpha' \eta_2</tex> (поскольку в первом случае <tex>\alpha' \Rightarrow^* a_{i+1} \ldots a_{k_1}</tex>, а во втором <tex>\alpha' \Rightarrow^* a_{i+1} \ldots a_{k_2}</tex>), то есть у строки <tex>a_1 \ldots a_jw'</tex> есть два различных вывода, что противоречит однозначности грамматики. Если же <tex>k_1 = k_2</tex>, то <tex>\eta_1 \ne \eta_2</tex>, что приводит к аналогичному противоречию.  
 +
 
 +
Суммируя выше сказанное, отметим, что противоречие получается из того факта, что в некоторый момент времени (то есть для подстроки <tex>a_1 \dots a_i</tex>) мы получаем два различных дерева вывода. Поэтому, в дальнейшем, при выводе суффикса <tex>a_{i+1} \dots a_n</tex>, каким образом мы его не получим, деревьев вывода будет как минимум два, поскольку они будут получаться заменой какого-то листа (терминального символа) на какое-то правило (поддерево из нетерминалов и терминалов),таким образом, получаем противоречие с однозначностью (по определению [[Существенно_неоднозначные_языки | неоднозачной грамматики]])
 
}}
 
}}
  

Версия 23:52, 4 января 2017

Алгоритм

Для начала модифицируем алгоритм Эрли.

Будем рассматривать грамматику без ε-правил и бесполезных символов.

function [math]\mathtt{earley_mod}(G, w)[/math]:
   // Инициализация 
   [math] D_{0} = \lbrace [S' \rightarrow \cdot S, 0] \rbrace [/math]
   useful_loop(0)
   for j = 1 .. n
       for [math][A \rightarrow \alpha \cdot a_{j} \beta, i] \in D_{j-1}[/math]
           [math]D_j[/math] [math] \cup[/math] = [math][A \rightarrow \alpha a_{j} \cdot \beta, i][/math]  // Первое правило 
       useful_loop(j) 
function useful_loop(j):
    [math]D_j'' = D_j[/math]
    while [math]D_j'' \ne \varnothing[/math]
        [math]D_j' = D_j''[/math]
        [math]D_j'' = \varnothing[/math]
        for [math][B \rightarrow \eta \cdot , i] \in D_j'[/math]             // Цикл (*) 
            for [math][A \rightarrow \alpha \cdot B \beta, k] \in D_{i}[/math]
                [math]D_j''[/math] [math] \cup[/math] = [math][A \rightarrow \alpha B \cdot \beta, k]  [/math] // Второе правило 
            
        for [math][B \rightarrow \alpha \cdot A \eta, k] \in D_j'[/math]        // Цикл (**) 
            for [math]\beta : (A \rightarrow \beta) \in P[/math]
                [math]D_j''[/math] [math] \cup[/math] = [math][A \rightarrow \cdot \beta, j][/math]     // Третье правило 
        [math]D_j[/math] [math] \cup[/math] = [math]D_j''[/math]

Доказательство эквивалентности

В циклах, помеченных [math](*)[/math] и [math](**)[/math], просматривается не весь список [math]D_j[/math], а только те ситуации, которые были добавлены на предыдущей итерации цикла while. Данная модификация является корректной.

  1. Рассмотрим цикл [math](*)[/math]. Если в текущей ситуации [math][B \rightarrow \eta \cdot, i][/math] этого цикла [math]i \ne j[/math], то во внутреннем цикле просматривается список с меньшим индексом, в который новые ситуации больше не добавляются. Поэтому после первого просмотра этого списка будут добавлены все ситуации, удовлетворяющие условию, и больше ситуацию [math][B \rightarrow \eta \cdot, i][/math] в цикле [math](*)[/math] рассматривать не нужно. Если же [math]i = j[/math], то [math]\eta \Rightarrow^* \varepsilon[/math], что возможно, только если [math]B = S', \eta = \varepsilon[/math]. Тогда во внутреннем цикле не будет добавлено ни одной ситуации, так как [math]S'[/math] не встречается в правых частях правил.
  2. Теперь рассмотрим цикл [math](**)[/math]. Так как для каждой ситуации [math][B \rightarrow \alpha \cdot A \eta, k][/math] в список добавляется новая ситуация, соответствующая правилу из грамматики, а грамматика фиксирована, то после первого просмотра будут добавлены все возможные ситуации для [math][B \rightarrow \alpha \cdot A \eta, k][/math].

Таким образом, во все списки будут добавлены ситуации, которые были бы добавлены в ходе обычного алгоритма. Очевидно, что лишних ситуаций добавлено не будет, так как в циклах [math](*)[/math] и [math](**)[/math] просматривается подмножество полного списка. Значит этот алгоритм эквивалентен оригинальному.

Время работы для однозначной грамматики

Лемма (1):
[math]\forall\,j: 1 \le j \le n[/math] в списке [math]D_j[/math] находится [math]O(j)[/math] ситуаций.
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]
Так как грамматика фиксирована, то [math]\forall i[/math] количество ситуаций вида [math][A \rightarrow \alpha \cdot \beta, i][/math] не больше некоторой константы. Таким образом, поскольку в [math]D_j[/math] находятся ситуации, у которых [math]0 \le i \le j[/math], всего в [math]D_j[/math] будет [math]O(j)[/math] ситуаций.
[math]\triangleleft[/math]


Лемма (2):
Пусть [math]\Gamma = (N, \Sigma, P, S)[/math] — однозначная КС-грамматика без непорождающих нетерминалов и [math]a_1 \dots a_n[/math] — цепочка из [math]\Sigma^*[/math]. Тогда алгоритм Эрли пытается включить [math][A \rightarrow \alpha \cdot \beta, i][/math] в [math]D_j[/math] не более одного раза, если [math]\alpha \ne \varepsilon[/math].
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Ситуацию [math][A \rightarrow \alpha \cdot \beta, i][/math] можно включить в [math]D_j[/math] только по правилам [math](1)[/math] (если последний символ [math]\alpha[/math] — терминал) и [math](2)[/math] (если нетерминал). В первом случае результат очевиден. Во втором случае допустим, что [math][A \rightarrow \alpha'B \cdot \beta, i][/math] включается в [math]D_j[/math], когда рассматриваются две ситуации [math][B \rightarrow \eta_1 \cdot, k_1][/math] и [math][B \rightarrow \eta_2 \cdot, k_2][/math] (они различны, так как в цикле [math](*)[/math] каждая ситуация из каждого списка рассматривается по одному разу). Тогда ситуация [math][A \rightarrow \alpha' \cdot B\beta, i][/math] должна оказаться одновременно в [math]D_{k_1}[/math] и в [math]D_{k_2}[/math]. Таким образом, получаем:

  • [math]\alpha' \Rightarrow^* a_{i+1} \ldots a_{k_1}[/math] и [math]\alpha' \Rightarrow^* a_{i+1} \ldots a_{k_2}[/math];
  • [math]\eta_1 \Rightarrow^* a_{k_1+1} \ldots a_j[/math] и [math]\eta_2 \Rightarrow^* a_{k_2+1} \ldots a_j[/math].

Следовательно, [math]\alpha' \eta_1 \Rightarrow^* a_{i+1} \ldots a_j[/math] и [math]\alpha' \eta_2 \Rightarrow^* a_{i+1} \ldots a_j[/math].
Заметим, что [math]S \Rightarrow^* \gamma A \delta \Rightarrow^* a_1 \ldots a_i A \delta \Rightarrow a_1 \ldots a_i \alpha' B \beta \delta[/math]. Предположим, что [math]\beta \delta \Rightarrow^* w'[/math] (ведь в грамматике нет непорождающих нетерминалов). Тогда [math]S \Rightarrow^* a_1 \ldots a_i \alpha' \eta_1 w'[/math] и аналогично [math]S \Rightarrow^* a_1 \ldots a_i \alpha' \eta_2 w'[/math].
Таким образом, если [math]k_1 \ne k_2[/math], то подстрока [math]a_{i+1} \ldots a_j[/math] выводится двумя различными способами из [math]\alpha' \eta_1[/math] и [math]\alpha' \eta_2[/math] (поскольку в первом случае [math]\alpha' \Rightarrow^* a_{i+1} \ldots a_{k_1}[/math], а во втором [math]\alpha' \Rightarrow^* a_{i+1} \ldots a_{k_2}[/math]), то есть у строки [math]a_1 \ldots a_jw'[/math] есть два различных вывода, что противоречит однозначности грамматики. Если же [math]k_1 = k_2[/math], то [math]\eta_1 \ne \eta_2[/math], что приводит к аналогичному противоречию.

Суммируя выше сказанное, отметим, что противоречие получается из того факта, что в некоторый момент времени (то есть для подстроки [math]a_1 \dots a_i[/math]) мы получаем два различных дерева вывода. Поэтому, в дальнейшем, при выводе суффикса [math]a_{i+1} \dots a_n[/math], каким образом мы его не получим, деревьев вывода будет как минимум два, поскольку они будут получаться заменой какого-то листа (терминального символа) на какое-то правило (поддерево из нетерминалов и терминалов),таким образом, получаем противоречие с однозначностью (по определению неоднозачной грамматики)
[math]\triangleleft[/math]


Теорема:
Если входная грамматика однозначна, то время выполнения алгоритма Эрли для слова длины [math]n[/math] составляет [math]O(n^2)[/math].
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Орагнизуем каждый список разбора [math]D_j[/math] таким образом, чтобы по любому символу [math]x \in \Sigma \cup N[/math], можно было за [math]O(1)[/math] получить список тех и только тех ситуаций, содержащихся в [math]D_j[/math], которые имеют вид [math][A \rightarrow \alpha \cdot x \beta, j][/math].

Время построения [math]D_0[/math] не зависит от входной строки.

Рассмотрим [math]D_j, \, j \gt 0[/math].

  1. При включении ситуаций по правилу [math](1)[/math] необходимо лишь просмотреть предыдущий список и для каждого его элемента выполнить константное число операций.
  2. Рассмотрим правило [math](2)[/math]. Можно считать, что внутри цикла [math](*)[/math] рассматриваются те и только те ситуации, которые удовлетворяют условию (так как список таких ситуаций можно по нетерминалу получить за [math]O(1)[/math]). Тогда каждая такая ситуация будет добавлена в список и, исходя из леммы 2, попытка добавления будет единственной. А так как по лемме 1 всего в списке [math]D_j[/math] находится [math]O(j)[/math] ситуаций, то суммарно за все итерации внешнего цикла while внутри цикла [math](*)[/math] будет рассмотрено [math]O(j)[/math] ситуаций.
  3. Так как грамматика фиксирована, то при применении правила [math](3)[/math] при рассмотрении любой ситуации количество включаемых ситуаций не превосходит некоторой константы, поэтому для каждой рассмотренной ситуации будет выполнено [math]O(1)[/math] операций.
Таким образом, на построение списка [math]D_j[/math] будет потрачено [math]O(j)[/math] операций. Тогда время работы алгоритма составляет [math]O(n^2)[/math].
[math]\triangleleft[/math]

См. также

Источники информации

  • А. Ахо, Дж. Ульман. Теория синтакcического анализа, перевода и компиляции. Том 1. Синтакcический анализ.