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[COMPT 0x07] DFAs和CFGs的判定问题

2026年1月3日 —
可计算性理论

这节课，我们将使用图灵机来解决真实的问题。

DFAs的接受问题

令 ADFA=⟨B,w⟩∣B is a DFA and B accepts wA_{DFA} = \\{ \langle B,w \rangle \mid B \text{ is a DFA and } B \text{ accepts } w \\}，证明 ADFAA_{DFA} 是图灵可判定的。

证明：构造一个图灵判定器 DA−DFAD_{A-DFA} 来判定 ADFAA_{DFA}，下面是对 DA−DFAD_{A-DFA} 的描述：

DA−DFA=“On input s1. Check that s has the form ⟨B,w⟩ where B is a DFA and w is a string; reject if not.2. Simulate the computation of B on w.3. If B ends in an accept state then accept. If not then reject.”\begin{aligned} D_{A-DFA} = &\text{“On input }s\\ &\text{1. Check that }s\text{ has the form }\langle B,w \rangle \text{ where }B\text{ is a DFA and }w\text{ is a string; reject if not.}\\ &\text{2. Simulate the computation of }B \text{ on } w.\\ &\text{3. If } B \text{ ends in an accept state then accept. If not then reject.”}\\ \end{aligned}

相信大家都能看懂 DA−DFAD_{A-DFA} 是如何判定 ADFAA_{DFA} 的。由于 DFA 肯定能在有限时间内给出结果，因此 DA−DFAD_{A-DFA} 总是能停机。

考虑到大家可能会疑惑 DA−DFAD_{A-DFA} 长什么样，为了让大家更加理解，我们给出下面这张图来可视化这个 DA−DFAD_{A-DFA}。

07-01

可以看到，BB 是以一个 DFA 的标准形式化定义给出的，⟨B,w⟩\langle B,w \rangle 就是把 BB 的形式化定义和 ww 拼接到一起组成了一个字符串。DA−DFAD_{A-DFA} 运行时就根据这个字符串模拟出这样一个 BB。此外，我们知道为了模拟一个 DFA 的运行，还需要记录当前状态和头指针在 ww 上的位置，于是我们再加一个纸带记录这两个信息，这无伤大雅，毕竟我们已经知道多带图灵机和单带图灵机是等价的。

NFAs的接受问题

令 ANFA=⟨B,w⟩∣B is a NFA and B accepts wA_{NFA} = \\{ \langle B,w \rangle \mid B \text{ is a NFA and } B \text{ accepts } w \\}，证明 ANFAA_{NFA} 是图灵可判定的。

证明思路和 DFAs 的接受问题是一模一样的，但有一点细微的差别。注意 NFA 中存在着 ϵ\epsilon-转移，这可能会使得 NFA 陷入无限循环，导致构造出的图灵机 DA−NFAD_{A-NFA} 无法停机。解决方法其实是很简单的，将 NFA 转换为 DFA 就行了。

构造一个图灵判定器 DA−NFAD_{A-NFA} 来判定 ANFAA_{NFA}，下面是对 DA−NFAD_{A-NFA} 的描述：

DA−NFA=“On input s1. Convert NFA B to equivalent DFA B′.2. Check that s has the form ⟨B,w⟩ where B is a NFA and w is a string; reject if not.3. Simulate the computation of B′ on w.4. If B′ ends in an accept state then accept. If not then reject.”\begin{aligned} D_{A-NFA} = &\text{“On input }s\\ &\text{1. Convert NFA }B\text{ to equivalent DFA }B^{\prime}.\\ &\text{2. Check that }s\text{ has the form }\langle B,w \rangle \text{ where }B\text{ is a NFA and }w\text{ is a string; reject if not.}\\ &\text{3. Simulate the computation of }B^{\prime} \text{ on } w.\\ &\text{4. If } B^{\prime} \text{ ends in an accept state then accept. If not then reject.”}\\ \end{aligned}

实际上还能再简单一点，我们可以看到 2、3、4 步其实和之前的 DA−DFAD_{A-DFA} 是一样的，因此我们可以这么做：

DA−NFA=“On input s1. Convert NFA B to equivalent DFA B′.2. Run TM DA−DFA on input ⟨B′,w⟩.3. Accept if DA−DFA accepts.Reject if not.”\begin{aligned} D_{A-NFA} = &\text{“On input }s\\ &\text{1. Convert NFA }B\text{ to equivalent DFA }B^{\prime}.\\ &\text{2. Run TM }D_{A-DFA}\text{ on input }\langle B^{\prime},w \rangle.\\ &\text{3. Accept if }D_{A-DFA} \text{ accepts.}\\ &\quad\text{Reject if not.”} \end{aligned}

将另一个图灵机作为子程序在图灵机中进行调用是完全合法的，要习惯这种用法，这将对我们解题提供极大便利。

DFAs的空集问题

令 EDFA=⟨B⟩∣B is a DFA and L(B)=∅E_{DFA}=\\{ \langle B \rangle \mid B \text{ is a DFA and } L(B) = \varnothing \\}，证明 EDFAE_{DFA} 是图灵可判定的。

这个问题其实就是在问我们如何判定一个 DFA 所能识别的语言是空语言。DFA 中是没有 ϵ\epsilon-转移的，所以，只要 DFA 中存在着从初始状态到接受状态的路径，那 L(B)L(B) 就肯定不为空；反之，如果不存在这样一条路径，L(B)L(B) 就为空。要检查是否存在这样的路径，就要用到路径搜索算法了。路径搜索算法可太多了，我们这里选择 BFS 作为示例。下面是我们构造的图灵判定器 DE−DFAD_{E-DFA}：

DE−DFA=“On input ⟨B⟩1. Mark start state.2. Repeat until no new state is marked:Mark every state that has an incoming arrow from a previously marked state.3. Accept if no accept state is marked.Reject if some accept state is marked.”\begin{aligned} D_{E-DFA} = &\text{“On input }\langle B \rangle \\ &\text{1. Mark start state.}\\ &\text{2. Repeat until no new state is marked:}\\ &\quad\text{Mark every state that has an incoming arrow from a previously marked state.}\\ &\text{3. Accept if no accept state is marked.}\\ &\quad\text{Reject if some accept state is marked.”} \end{aligned}

考虑这样一个问题：我们是否可以选择将所有可能的字符串都输入 BB，来检测 L(B)L(B) 是否为空？答案是不行。因为我们这里是要证明 EDFAE_{DFA} 是图灵可判定的，而这种方法会使得 DE−DFAD_{E-DFA} 可能无法停机，那就无法证明 EDFAE_{DFA} 是图灵可判定的了。

DFAs的等价问题

令 EQDFA=⟨A,B⟩∣A and B are DFAs and L(A)=L(B)EQ_{DFA} = \\{ \langle A,B \rangle \mid A \text{ and } B \text{ are DFAs and } L(A) = L(B) \\}，证明 EQDFAEQ_{DFA} 是图灵可判定的。

这是一个有趣的问题。解决这个问题可以用到我们之前所说的调用子程序图灵机的思想，至于是哪个图灵机，这里给个提示：就是上面的 DE−DFAD_{E-DFA}。希望大家先自己想一想。

我们的思路是这样的：如果 L(A)=L(B)L(A) = L(B)，那么 L(A)L(A) 和 L(B)L(B) 的对称差（两个集合不相交的部分）应该为 ∅\varnothing，所以我们去构造一个 DFA CC，并且 L(C)=(L(A)∩L(B)‾)∪(L(A)‾∩L(B))L(C)=(L(A) \cap \overline{L(B)}) \cup (\overline{L(A)} \cap L(B))。那下一步就只需要调用 DE−DFAD_{E-DFA} 来检测 CC 是否识别的是空语言就好了。

下面给出我们构造的图灵判定器 DEQ−DFAD_{EQ-DFA}：

DEQ−DFA=“On input ⟨A,B⟩1. Construct DFA C where L(C)=(L(A)∩L(B)‾)∪(L(A)‾∩L(B)).2. Run DE−DFA on ⟨C⟩.3. Accept if DE−DFA accepts.Reject if DE−DFA rejects.”\begin{aligned} D_{EQ-DFA} = &\text{“On input }\langle A,B \rangle \\ &\text{1. Construct DFA }C\text{ where }L(C)=(L(A) \cap \overline{L(B)}) \cup (\overline{L(A)} \cap L(B)).\\ &\text{2. Run }D_{E-DFA}\text{ on }\langle C \rangle. \\ &\text{3. Accept if }D_{E-DFA} \text{ accepts.}\\ &\quad \text{Reject if }D_{E-DFA} \text{ rejects.”} \end{aligned}

🏹练习：令 EQREG=⟨A,B⟩∣A and B are REs and L(A)=L(B)EQ_{REG} = \\{ \langle A,B \rangle \mid A \text{ and } B \text{ are REs and } L(A) = L(B) \\}，能否证明 EQREGEQ_{REG} 是图灵可判定的？这道题的答案显而易见，我们已经知道了正则表达式和 DFA 是等价的，既然我们能解决 DFAs 的等价问题，那么正则表达式的等价问题也能迎刃而解。

CFGs的接受问题

令 ACFG=⟨G,w⟩∣G is a CFG and w∈L(G)A_{CFG} = \\{ \langle G,w \rangle \mid G \text{ is a CFG and } w \in L(G) \\}，证明 ACFGA_{CFG} 是图灵可判定的。

事实上，要证明这件事还真不是件容易的事情。一个 CFG 中可能存在无穷无尽的推导路径，如果要去枚举每一种可能，那么我们构造出的图灵机就不可能停机。

要解决这个问题，我们需要认识一个概念——乔姆斯基范式（Chomsky Normal Form, CNF）。CNF 只允许出现下面这两种形式的规则：

A→BCB→b\begin{aligned} A & \to BC\\ B & \to b \end{aligned}

CNF 保证了：

  1. 📜引理 1：任何一个 CFG 都可以转换成 CNF。
  2. 📜引理 2：如果 HH 是一个 CNF 并且 w∈L(H)w \in L(H)，那么每个对 ww 的推导的长度都是 2∣w∣−12 | w | - 1 步。

让我们来关注引理 2。我们不需要知道为什么会有 2∣w∣−12 | w | - 1，我们只需要知道它给出了对推导路径长度的限制，这使得遍历所有的推导成为可能。CNF 中，每一步推导只有有限的可选规则，而总推导步数已经被限制成固定值 2∣w∣−12|w|-1，这就变成了一个遍历“有限深度、有限分支的树”问题，因此推导路径是可枚举的。

下面给出构造的图灵判定器 DA−CFGD_{A-CFG}：

DA−CFG=“On input ⟨G,w⟩1. Convert G into CNF. 2. Try all derivations of length 2∣w∣−1.3. Accept if any generate w.Reject if not.”\begin{aligned} D_{A-CFG} = &\text{“On input }\langle G,w \rangle \\ &\text{1. Convert }G\text{ into CNF. }\\ &\text{2. Try all derivations of length } 2|w|-1 . \\ &\text{3. Accept if any generate }w.\\ &\quad \text{Reject if not.”} \end{aligned}

这里我们还能给出一个推论：每一个 CFL 都是图灵可判定语言。

这一点其实是很直观的。我们说 CFL 的定义就指出了：假设 AA 是一个 CFL，那么一定存在一个 CFG GG 能生成 AA。使用这个 GG，我们就能构造的图灵判定器 MGM_{G} 来判定一个字符串是否属于 CFL AA：

MG=“On input w1. Run DA−CFG on ⟨G,w⟩.2. Accept if DA−CFG accepts.Reject if it rejects.”\begin{aligned} M_{G} = &\text{“On input } w \\ &\text{1. Run } D_{A-CFG} \text{ on } \langle G, w \rangle.\\ &\text{2. Accept if } D_{A-CFG} \text{ accepts.}\\ &\quad \text{Reject if it rejects.”} \end{aligned}

这里你可能会疑问，我们如何找到这个 GG？答案是找不到，我们也不需要关注找不找的到，我们只需要关注其存在性即可。

出于同样的原因，我们可以得到结论：APDAA_{PDA} 肯定也是图灵可判定的，因为 PDA 和 CFG 是等价的。

CFGs的空集问题

令 ECFG=⟨G⟩∣G is a CFG and L(G)=∅E_{CFG}=\\{ \langle G \rangle \mid G \text{ is a CFG and } L(G) = \varnothing \\}，证明 ECFGE_{CFG} 是图灵可判定的。

要去检查一个 CFG 是否生成空语言，其实就看它最终能否把开始变量替换为终结符。要验证这一点，我们可以从终结符开始倒推：首先标记 CFG 中全部的终结符，假设非终结符 AA 能产生终结符 aa，那么就将 AA 进行标记，被标记的非终结符也可以视作终结符，然后继续向前标记。如果最终 CFG 中的开始变量未被标记，那就说明 CFG 生成的是空语言，否则不是。

下面给出构造的图灵判定器 DE−CFGD_{E-CFG}：

DE−CFG=“On input ⟨G⟩1. Mark all occurrences of terminals in G.2. Repeat until no new variables are marked:Mark all occurrences of variables A ifA→B1B2…Bk is a rule and all Bi were already marked.3. Reject if the start variable is marked.Accept if not.”\begin{aligned} D_{E-CFG} = &\text{“On input }\langle G \rangle \\ &\text{1. Mark all occurrences of terminals in }G.\\ &\text{2. Repeat until no new variables are marked:}\\ &\quad\text{Mark all occurrences of variables }A\text{ if}\\ &\quad A \to B_{1} B_{2} \dots B_{k} \text{ is a rule and all } B_{i} \text{ were already marked.}\\ &\text{3. Reject if the start variable is marked.}\\ &\quad\text{Accept if not.”} \end{aligned}

CFGs的等价问题

令 EQCFG=⟨G,H⟩∣G and H are CFGs and L(G)=L(H)EQ_{CFG} = \\{ \langle G,H \rangle \mid G \text{ and } H \text{ are CFGs and } L(G) = L(H) \\}，能否证明 EQCFGEQ_{CFG} 是图灵可判定的？

思路有两种，一种是找到 GG 和 HH 对应的 PDA，然后分别把对方的字符串输入进对方的 PDA，看是否能完全接收，但这样的话图灵机就不可停机了，因此这条路不行；另一种思路是效仿 DFAs 的等价问题的思路，我们去构造对称差，但可惜的是，CFL 在交集和补集的运算下是不封闭的，这导致我们无法用同样的思路去证明。那怎么办？

直接给出结论：EQCFGEQ_{CFG} 是图灵不可判定的。具体的证明我们将在下节课给出。

不仅如此，判断一个 CFG 是否具有二义性也是不可判定的。可能大家原本都以为 CFG 是一个很简单的东西，但没想到在这些问题上它居然这么棘手。

TMs的接受问题

令 ATM=⟨M,w⟩∣M is a TM and w∈L(M)A_{TM} = \\{ \langle M,w \rangle \mid M \text{ is a TM and } w \in L(M) \\}，能否证明 ATMA_{TM} 是图灵可判定的？

ATMA_{TM} 也是图灵不可判定的，关于这一点的证明将在下节课给出。但是值得注意的是，虽然它是图灵不可判定，但它却是图灵可识别的，下面让我们来尝试证明这一点。

下面的图灵识别器 UU 能识别 ATMA_{TM}：

U=“On input ⟨M,w⟩1. Simulate M on input w.2. Accept if M halts and accepts.3. Reject if M halts and rejects.4. Reject if M never halts.”\begin{aligned} U = &\text{“On input }\langle M,w \rangle \\ &\text{1. Simulate }M\text{ on input }w.\\ &\text{2. Accept if }M\text{ halts and accepts}.\\ &\text{3. Reject if }M\text{ halts and rejects}.\\ &\text{4. Reject if }M\text{ never halts.”}\\ \end{aligned}

这就是用一台图灵机模拟另一台图灵机的例子。但是注意，Michael Sipser 教授指出我们不应该在图灵机的算法里写“如果图灵机没有停机，那也拒绝”这种话（UU 中的第 4 步），因为图灵机的停机问题是不可判定的，我们没办法知道图灵机是还未跑出结果，还是在不断循环。正确的写法是“如果 MM 卡死/循环，UU 也永远循环”。

课后题

A.A. 假设 CC 是一种语言。证明 CC 是图灵可识别的，当且仅当存在一个图灵可判定的语言 DD 使得 C=x∣∃y,⟨x,y⟩∈DC = \\{ x \mid \exists y, \langle x,y \rangle \in D \\}。

先证明：存在一个图灵可判定的语言 DD 使得 C=x∣∃y,⟨x,y⟩∈DC = \\{ x \mid \exists y, \langle x,y \rangle \in D \\} ⇒\Rightarrow CC 是图灵可识别的。要证明这一点，我们就要构造一个图灵机 RCR_{C} 来识别 CC。假设 DDD_{D} 是 DD 的判定器。注意这里的 yy 是可以枚举的，这将是我们的切入点：

RC=“On input w1. For all y∈Σ∗, simulate DD on input ⟨w,y⟩,until DD halts and accepts some y.2. Accept if DD halts and accepts.”\begin{aligned} R_{C} = &\text{“On input } w \\ &\text{1. For all }y \in \Sigma^{* }\text{, simulate }D_{D}\text{ on input }\langle w,y \rangle, \\ &\quad\text{until } D_{D}\text{ halts and accepts some }y.\\ &\text{2. Accept if }D_{D}\text{ halts and accepts.”}\\ \end{aligned}

下面证明：CC 是图灵可识别的 ⇒\Rightarrow 存在一个图灵可判定的语言 DD 使得 C=x∣∃y,⟨x,y⟩∈DC = \\{ x \mid \exists y, \langle x,y \rangle \in D \\}。我们要构造一个图灵判定器来识别 DD，也就是要构造一个图灵可判定的语言 DD 能和 CC 满足这样的关系，这里面的难点在于如何让图灵机停机。其实可以直接把 yy 设定为运行时间，说如果 yy 步内运行出来了就接受，否则就拒绝，那就保证了一定能跑出结果，因此，假设 RCR_{C} 是识别 CC 的图灵识别器，我们可以这样构造 DD 的判定器 DDD_{D}：

DD=“On input ⟨x,y⟩1. Simulate RC on input x within y steps,2. Accept if RC halts and accepts.3. Reject if RC halts and rejects.4. Reject if RC does not halt within y steps.”\begin{aligned} D_{D} = &\text{“On input } \langle x,y \rangle \\ &\text{1. Simulate }R_{C}\text{ on input } x \text{ within }y\text{ steps},\\ &\text{2. Accept if }R_{C}\text{ halts and accepts.}\\ &\text{3. Reject if }R_{C}\text{ halts and rejects.}\\ &\text{4. Reject if }R_{C}\text{ does not halt within }y\text{ steps.”}\\ \end{aligned}

B.B. 令 E=⟨M⟩∣M is a DFA that accepts some string with more 1s than 0sE = \\{ \langle M \rangle \mid M \text{ is a DFA that accepts some string with more 1s than 0s} \\}，证明 EE 是图灵可判定的。（提示：CFL）

使用 CFG 可以构造一个文法来生成 1 比 0 多的字符串，并令对应的语言为 AA。若 MM 能识别 1 比 0 多的字符串，那肯定有 A∩L(M)≠∅A \cap L(M) \neq \varnothing，另外，正则语言和 CFL 的交集仍然是 CFL（见 Lecture 5），也就是说，问题转变为了判断 CFL 是否为空，我们可以用到之前的构造 DE−CFGD_{E-CFG}。我们可以构造图灵判定器 DED_{E} 来识别语言 EE：

DE=“On input ⟨M⟩1. Simulate DE−CFG on input ⟨G⟩ where L(G)=A∩L(M).2. Accept if DE−CFG halts and accepts.3. Reject if DE−CFG halts and rejects.”\begin{aligned} D_{E} = &\text{“On input } \langle M \rangle \\ &\text{1. Simulate }D_{E-CFG}\text{ on input } \langle G \rangle \text{ where } L(G) = A \cap L(M).\\ &\text{2. Accept if }D_{E-CFG}\text{ halts and accepts.}\\ &\text{3. Reject if }D_{E-CFG}\text{ halts and rejects.”} \end{aligned}
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