NFA和DFA等价性证明

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每个NFA都有一个等价的DFA

证明思路（NFA转DFA的方法）

我们要证明NFA和DFA等价，因为DFA是NFA的一般化，所以NFA一定可以模拟DFA，因此我们需要做的是用DFA模拟NFA。因为NFA在当前状态读到一个字符后可以有多条路可以走,所以模拟该NFA的DFA将有2k$2^k$个状态，每个状态都是NFA状态集的幂集的一个元素。具体操作在证明过程中。

证明

假设我们有一台NFA N=(Q,∑,δ,q0,F)$N=(Q,\sum ,\delta ,q_0,F)$识别语言A$A$,现在我们要构造一台DFA M=(Q\',∑,δ\',q\'0,F\')$M=(Q^{\text{'}},\sum ,{\delta }^{\text{'}},q_0^{\text{'}},F^{\text{'}})$识别语言A$A$。在完整构造M$M$之前，我们先假设N$N$没有ϵ−move$ϵ-move$。之后再考虑epsilon−move$epsilon-move$的情况。

1. Q\'=P(Q)$Q^{\text{'}}=P(Q)$,这个条件是理解这个构造的关键，如果理解了1和下面的3，那基本整个构造就理解了。如果不能理解，那可以先放下，先看后面具体的例子。
2. 注意M$M$和N$N$中的字符表是一样的。
3. δ′(R,a)={ q∈Q∣ q∈δ(r,a), r∈R }${\delta }^{{}^{\prime }}(R,a)=\{q\in Q\mid q\in \delta (r,a),r\in R\}$,其中R∈Q\'$R\in Q^{\text{'}}$。我们知道，R$R$是M$M$的一个状态，它也是N$N$的一些状态的集合。当M$M$在状态R$R$遇到字符a$a$时，那么我们要记录N$N$中处于集合R$R$中的所有元素时，N$N$向哪个状态转移。所以上述转移函数也可以写为
   δ′(R,a)=⋃r∈Rδ(r,a)$${\delta }^{{}^{\prime }}(R,a)=\bigcup _{r\in R}\delta (r,a)$$
4. q′0=q0$q_0^{{}^{\prime }}=q_0$。
5. F′={ R∈Q′∣ R包含N的一个接受状态}$F^{{}^{\prime }}=\{R\in Q^{{}^{\prime }}\mid R包含N的一个接受状态\}$。这个条件表示如果N$N$有一条路走到接受状态，那么M$M$就接受该字符串。

现在我们开始考虑ϵ−move$ϵ-move$：
想法依旧是上述想法：模拟（stimulate）。但是为了方面表示，我们需要引入额外的记号。对于M$M$的一个状态R$R$,我们记E(R)$E(R)$为R$R$的元素通过ϵ−move$ϵ-move$可以到达的状态和R$R$本身的并集。也就是

E(R)={ q∣q是可以从R出发通过0或0次以上ϵ−move到达的状态 }$$E(R)=\{q\mid q是可以从R出发通过0或0次以上ϵ-move到达的状态\}$$

。有了这个定义，我们修改转移函数为：

δ′(R,a)={ q∈Q∣ q∈E(δ(r,a)), r∈R }$${\delta }^{{}^{\prime }}(R,a)=\{q\in Q\mid q\in E(\delta (r,a)),r\in R\}$$

。另外我们还需要修改开始状态为：q′0=E(q0)$q_0^{{}^{\prime }}=E(q_0)$。至此，N$N$的等价DFAM$M$构造成功。撒花~

推论

一个语言是正则的当且仅当有某个NFA可以识别它。

NFA转DFA例子

由图可知，N2$N_2$有3个状态，所以要构造的等价DFAD$D$的状态集为{∅,{ 1 },{ 2 },{ 3 },{ 1,2 },{ 1,3 },{ 2,3 },{ 1,2,3 }}$\{\mathrm{\varnothing },\{1\},\{2\},\{3\},\{1,2\},\{1,3\},\{2,3\},\{1,2,3\}\}$。确定了状态集之后，接下来我们要确定开始状态和接受状态集合。因为N4$N_4$的开始状态为1，所以D$D$的开始状态为E({ 1 })$E(\{1\})$,又有一个ϵ−move$ϵ-move$由状态1到状态3，所以E({ 1 })={ 1,3 }$E(\{1\})=\{1,3\}$。又N2$N_2$的接受集合只有一个元素1，所以N2$N_2$的状态集的幂集中包含1的集合都是D$D$的接受状态，由此，D$D$的接受集合为{ { 1 },{ 1,2 },{ 1,3 },{ 1,2,3 }$\{\{1\},\{1,2\},\{1,3\},\{1,2,3\}$。最后我们确定转移函数（因为字符表是一样的，因此不需要理会），在这里，我们只分析几个状态的转移，其他的是一样的照葫芦画瓢。在D$D$中：
1. 状态{ 2 }$\{2\}$： 状态{ 2 }$\{2\}$读到字符a向状态{ 2,3 }$\{2,3\}$转移，这是因为在N2$N_2$中，状态2读到字符a向状态2或3转移，并且状态2或3都没有箭头从ϵ$ϵ$出发；状态{ 2 }$\{2\}$读到字符b向状态{ 3 }$\{3\}$转移，这是因为在N2$N_2$中，状态2读到字符b只能向状态3转移，并且状态3没有箭头从ϵ$ϵ$出发。
2. 状态{ 1 }$\{1\}$： 状态{ 1 }$\{1\}$读到字符a后向状态∅$\mathrm{\varnothing }$转移，这是因为在N2$N_2$中，状态1没有箭头读到字符a后向其他状态转移；状态{ 1 }$\{1\}$读到字符b后向状态{ 2 }$\{2\}$转移，相信到此原因已经不用解释了。
3. 状态{ 3 }$\{3\}$： 状态{ 3 }$\{3\}$读到字符a后向{ 1,3 }$\{1,3\}$转移，这是因为在N2$N_2$中，状态3在读到字符a后向状态1转移，并且在状态1有一个ϵ$ϵ$箭头从状态1指向状态3；状态{ 3 }$\{3\}$读到字符b后向∅$\mathrm{\varnothing }$转移。
4. 状态{ 1,2 }$\{1,2\}$: 状态{ 1,2 }$\{1,2\}$读到字符a后向状态{ 2,3 }$\{2,3\}$转移，这是因为在N2$N_2$中，状态1读到字符a后，没有转移的状态，状态2读到a后向状态2或3转移，并且没有额外的ϵ$ϵ$转移；状态{ 1,2 }$\{1,2\}$读到字符b后向状态{ 2,3 }$\{2,3\}$转移，此处原因不再过多解释。继续模拟其余4个状态（总共23=8$2^3=8$个状态），将得到以下DFA：

但是上图并不是最简的DFA图，我们可以入度为0的节点（在DFA图中，节点即是状态，入度为0即没有箭头指向该节点）去掉，因为不可能有节点去到那个节点（开始节点入度至少为1），所以这类节点是对DFA没有贡献的。在上图中，状态{ 1 }$\{1\}$和状态{ 1,2 }$\{1,2\}$均属于没有贡献的状态，所以可以去掉它们，得到下图：

下篇文章将用NFA证明正则操作（并，连接，闭包）的封闭性。