5.1 Langage d´eriv´e
SoitLun langage sur les mots etcun caract`ere. Nous notonsc−1·Lle langage d´eriv´e, d´efini comme les suffixesm des mots deL qui sont de la forme c·m.
c−1·L={m|c·m∈L}
Dans le cas d’un langage Lr´egulier engendr´e par le motifp, nous allons montrer que le langage c−1·L est r´egulier en calculant le motifc−1·p qui l’engendre.
On observera d’abord que, en toute rigueur, le langage c−1·L peut ˆetre vide, par exemple siL={c′} avecc′6=c. Or, selon notre d´efinition des langages r´eguliers, le langage vide∅ n’est pas r´egulier. Qu’`a cela ne tienne, nous inventons imm´ediatement un nouveau motif ∅, qui ne filtre aucun mot. En consid´erant les valeurs [[p]], on ´etend facilement les trois op´erateurs des expressions r´eguli`eres.
∅·p=∅ p·∅=∅ ∅|p=p p|∅=p ∅*=ǫ
Ces r`egles nous permettent d’´eliminer les occurrences internes de ∅, de sorte qu’un motif est d´esormais ∅ou un motif qui ne contient pas∅.
Proposition 15 SiL= [[p]], alors le langagec−1·L est r´egulier, engendr´e par le motif c−1·p d´efini ainsi :
c−1·∅ = ∅ c−1·ǫ = ∅ c−1·c = ǫ
c−1·c′ = ∅ pour c6=c′ c−1·(p1|p2) = c−1·p1|c−1·p2
c−1·(p1·p2) = (c−1·p1)·p2 si p16≺ǫ c−1·(p1·p2) = (c−1·p1)·p2|c−1·p2 si p1ǫ
c−1·p* = (c−1·p)·p*
Preuve.On montre, par induction sur la structure dep, que pour tout motm, on a l’´equivalence : c−1·pm ⇐⇒ pc·m
Seuls les trois derniers cas de la d´efinition dec−1·p pr´esentent un int´erˆet.
Posonsp=p1·p2et supposons en outrep1 6ǫ. En revenant aux d´efinitions, par induction, puis par d´efinition, on a les ´equivalences successives :
p1·p2 c·m ⇐⇒ ^ en pr´efixe vide et suffixe complet. Dans ce cas on a par induction :
^
p1 ǫ
p2 c·m ⇐⇒ ^
p1ǫ c−1·p2 m Ce qui conduit `a l’´equivalence :
p1·p2 ≤c·m ⇐⇒ _
En toute rigueur, l’´equivalence r´esulte d’un nombre arbitraire applications de la r`egle Star-Seqpour un pr´efixe vide et d’une application de la mˆeme r`egle pour la d´ecomposition ´ecrite ci-dessus. On peut ensuite conclure par induction.
Par ailleurs, on d´ecide de la validit´e depǫ par une simple induction structurelle.
Lemme 16 On note N(p) le pr´edicat pǫ. Le pr´edicatN(p) se calcule inductivement ainsi : N(∅) = faux Preuve.Induction facile sur la structure des motifs.
5.2 Filtrage par la d´erivation des motifs
Pour savoir si un motifpfiltre un motm, on peut tout simplement it´erer sur les caract`eres du mot, en calculant les d´erivations successives de p par les caract`eres consomm´es. Un fois atteint la fin du mot, il ne reste qu’`a v´erifier si le motif d´eriv´e filtre le mot vide.
Plus pr´ecis´ement, les deux r´esultats de la section pr´ec´edente (proposition 15 et lemme 16) nous permettent d’´ecrire deux nouvelles m´ethodes statiques dans la classe Re.
// Renvoie le motif c−1·p ou null si c−1·p est ∅ static Re derivate(char c, Re p) ;
// Calculer N(p)
static boolean nullable(Re p) ;
Exercice 6 (Non corrig´e, vu en TP) Programmer ces deux m´ethodes. On fera attention `a la pr´esence du motif ∅ qui sera repr´esent´e par null et ne se trouvera jamais `a l’int´erieur des arbresRe. C’est-`a-dire que le r´esultat deRe.derivate est null ou un motif standard.
On peut alors ´ecrire par exemple la m´ethode matches (simplifi´ee, sans tenir compte de mStartet mEnd) de la classeMatcherainsi :
public boolean matches() { Re d = pat ;
for (int k = 0 ; k < text.length() ; k++) { d = Re.derivate(text.charAt(k), d) ;
i f (d == null) return false ; }
return Re.nullable(d) ; }
Exercice 7 R´ecrire la m´ethode find de la classeMatcher (figure 6) en utilisant cette fois la d´erivation de motifs. On s’efforcera de limiter le nombre des d´erivations de motif effectu´ees, tout en identifiant la sous-chaˆıne filtr´ee la plus `a gauche et la plus longue possible.
Solution.Une solution possible est d’introduire une m´ethode findLongestPrefix qui cherche le plus long pr´efixe filtr´e `a partir de la position start. En cas de succ`es, la m´ethode renvoie la premi`ere position non-filtr´ee ; en cas d’´echec, la m´ethode renvoie -1.
private int findLongestPrefix(int start) { Re d = pat ;
int found = -1 ;
i f (Re.nullable(d)) found = start ; // Trouv´e le pr´efixe vide for (int k = start ; k < text.length() ; k++) {
d = Re.derivate(text.charAt(k), d) ; i f (d == null) return found ;
i f (Re.nullable(d)) found=k+1 ; // Trouv´e le pr´efixe de longueur k+1-start }
return found ; }
La m´ethode findLongestPrefix calcule simplement les motifs d´eriv´es par tous les caract`eres de text `a partir de la positionstart, en se souvenant (dans found) du filtrage le plus long. La recherche s’arrˆete quand la chaˆıne est lue en totalit´e ou quand le motif d´eriv´e est∅.
Ecrire´ find est ensuite imm´ediat : chercher un pr´efixe filtr´e dans tous les suffixes possibles de text.
public boolean find() {
for (int start = regStart ; start <= text.length() ; start++) { int end = findLongestPrefix(start) ;
i f (end >= 0) {
mStart = start ; mEnd = end ; regStart = mEnd ;
return true ; }
}
mStart = mEnd = -1 ; regStart = 0 ;
return false ; }
On observe que, pour une positionstart donn´ee, la nouvelle m´ethode findtrouve bien la plus longue sous-chaˆıne filtr´ee. Une implantation qui donnerait la plus petite sous-chaˆıne filtr´ee est plus simple.
private int findShortestPrefix(int start) { Re d = pat ;
i f (Re.nullable(d)) return start ; // Trouv´e le pr´efixe vide for (int k = start ; k < text.length() ; k++) {
d = Re.derivate(text.charAt(k), d) ; i f (d == null) return -1 ;
i f (Re.nullable(d)) return k+1 ; }
return -1 ; // Aucun pr´efixe ne convient }
La mesure des temps d’ex´ecution de la nouvelle classe Matcherfait apparaˆıtre de meilleurs performances dans les deux premi`eres exp´eriences de la section 4.4 et une consommation tr`es importante de la m´emoire dans la derni`ere exp´erience.
Exercice 8 Calculer la succession des motifs d´eriv´es pour le motif X(.+)+Xet le mot XX=· · ·= et justifier le r´esultat de la derni`ere exp´erience.
Solution. Notonsp0,p1 etc. la suite des motifs d´eriv´es Il faut d’abord d´eriver deux fois par X.
p0 =X(.+)+X p1 =(.+)+X p2 =.*(..*)*X
Pour calculerp2on a exprim´ep+commepp*. Si on suit la d´efinition de la d´erivation on a en toute rigueur des r´esultat diff´erents — par exemple,p1 =()(.+)+X. Mais on enl`eve les motifs ()des s´equences, les motifs sont d´ej`a bien assez compliqu´es comme cela. Soit le motif q =.*(..*)*, on a p2 =qX. Par ailleurs la d´erivation =−1·q vaut q|q. Le motif p filtre le mot vide, mais la d´erivation de Xpar=vaut ∅. On a donc :
p3 = (q|q)·X Et en posant q1 =q etqn+1 =qn|qn il est clair que l’on a :
pn+2 =qn+1·X Motif dont la taille est exponentielle enn.