Polytechnique. Épreuve d Informatique 1998

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1 Polytechnique Épreuve d Informatique 1998 Corrigé rédigé par Martine Lannaud, Lycée Chaptal, Paris Pour toute remarque ou correction Motifs et automates Question 1. Quelques propriétés du filtrage a) Le motif clou? filtre clou et cou ; cou*cou? filtre tous les mots se terminant par cou et commençant par ou ou cou. b) Le motif filtre a, de deux façons différentes suivant que la première occurrence de filtre ε et la deuxième a ou l inverse. c) Nous noterons p la longueur du motif p, encore appelée poids dans d). Montrons par récurrence sur la longueur du motif p = p 1 p 2, avec p 1 et p 2 non vides, que si p filtre le mot m, il existe deux mots m 1 et m 2 tels que p 1 filtre m 1 et p 2 filtre m 2 et m = m 1 m 2. - si p est de longueur 2, il y a au plus une façon d écrire p sous la forme p 1 p 2 et par définition de p filtre m, le résultat est vrai. - Prenons pour hypothèse de récurrence que cette propriété est vraie pour tout motif de longueur au plus n. Soit p = p 1 p 2 de longueur n + 1, avec p 1 et p 2 non vides, m un mot tel que p filtre m. Par définition, il existe une décomposition p = p 3 p 4 et une décomposition m = m 3 m 4 telles que p 3 filtre m 3 et p 4 filtre m 4. On a donc p 3 p 4 = p 1 p 2. Si p 3 = p 1 alors p 1 = p 3, et m 1 = m 3 et m 2 = m 4 fournissent une décomposition adéquate de m. Si p 1 < p 3, il existe q non vide tel que p 3 = p 1 q et, par hypothèse de récurrence, il existe m 1 et m 1 tels que m 3 = m 1 m 1 et p 1 filtre m 1, q filtre m 1. Alors p 2 = qp 4 filtre m 2 = m 1 m 4 ce qui termine la démonstration. Si p 1 > p 3, on peut procéder de façon analogue avec p 2 et p 4. d) Le motif? est équivalent à et est de longueur minimale puisque le motif vide ne filtre que ε ; de même est équivalent à ; a??? filtre les seuls mots ε et a et est équivalent à a? qui est de longueur minimale, car filtre tous les mots et a ne filtre que a. Question 2. a) Un motif simple est équivalent à p 1 =, p 2 = a ou p 3 = a? avec a E, A (p 1 ) 0 A (p 2 ) a 0 1 A (p 3 ) a 0 1 ε b) l automate vide est associé au mot vide. c) Si p = p 1 p 2, partant d un automate A 1 associé à p 1 et d un automate A 2 associé à p 2 et dont les états sont deux à deux distincts, on forme l automate A en prenant la < réunion > des deux automates, après identification de l état final de A 1 et de l état initial de A 2. d) On obtient pour A (c?ou cou) 1

2 c o u c o u ε Question 3. Soient A un ensemble d états clos par transitions instantanées codé par a et α une lettre de l alphabet. ( (c ) ) - Si c représente un ensemble d états C, posons e(c) = c Nε 1, e(c) code l ensemble des états atteints à partir d un état de C en franchissant au plus une transition étiquetée par ε. Posons e (c) = c si e (c) = c et sinon e (c) = e (e (c)) ; e (c) code ε(c), et il existe un entier k tel que e (c) = e k (c) puisque l automate est fini. - Soit b 1 = ( a N α ) 1, b1 code les états atteints à partir d un état de A en franchissant une transition étiquetée par α ; - Soit b 2 = a N, b 2 code les états atteints à partir d un état de A en franchissant une transition étiquetée par ; - b = b 1 b 2 code α(a) et a = e ( b ) code ε ( α ( A )). Caml. Reconnaissance de motifs Question 4. Pour cette question et les suivantes, nous utiliserons la fonction définie par let indice c = (int_of_char c) - (int_of_char a ) ;; qui permet de trouver l indice du caractère c dans alpha. a) les fonctions mange et ferme permettent d évaluer α ( A ) et ε ( A ) et reposent sur les propriétés vues dans le question 3. let mange etats c = let n_c = alpha.(indice c) in ((n_c land etats) lsl 1) lor (!etoile land etats) ;; let rec ferme etats = let et_aux = ((etats land!epsilon) lsl 1) lor etats in if etats = et_aux then etats else ferme et_aux ;; b) Pour etape il ne reste qu à appeler les deux fonctions précédentes : let etape etats c = ferme (mange etats c ) ;; c) Nous considérerons que les opérations logiques sur les entiers, y compris le décalage shl ou une comparaison, prennent un temps égal à 1. Le coût de mange est constant et égal à 4, celui de ferme est majoré par 4 (k + 1) où k est le nombre maximum de transitions instantanées consécutives dans le motif p et k est lui-même majoré par p si p est de poids minimal. 2 Le coût de etape est égal à 8 quand il n y a pas de transitions instantannées et est majoré 4 (k + 2) où k est le nombre maximum de transitions instantanées consécutives dans le motif p et k est luimême majoré par, si p est de poids minimal. p 2 d) L entier représentant l ensemble d états réduit à l état final est 1 n 1 d où let etat_final etats = etats land ( 1 lsl (!n_etats - 1)) > 0 ;; qui détermine si l état final est dans l ensemble d états représenté par etats. Question 5. Construction de l automate A (p) 2

3 a) La fonction construire_auto initialise les variables globales définissant l automate et appelle la fonction récursive locale aux dont le premier paramètre désigne l indice du caractère de s à traiter, (donc 0 lors du premier appel) et le deuxième est le nombre représentant le prochain état à construire (donc 1 lors du premier appel) et c est aussi le nombre d états déjà construits. Le filtrage sur s.[i] envisage seulement deux cas, celui d un caractère alphabétique ou celui de *. Le caractère? suit un caractère alphabétique ou *. Après * il est tout simplement ignoré, de même que * ; après un caractère alphabétique, il entraîne la création d une transition instantanée et plusieurs caractères? successifs équivalent à un seul. Seuls les caractères alphabétiques entraînent la création d un nouvel état. let construire_auto s = let n = string_length s in let rec aux i q = if i < n then begin match s.[i] with a.. z -> let ind = indice s.[i] and j = ref (i+1) in alpha.(ind) <- alpha.(ind) lor q ; n_etats :=!n_etats + 1 ; while (!j < n) && ( s.[!j] =? ) do epsilon :=!epsilon lor q ; j :=!j + 1 done ; aux (!j) (q lsl 1) * -> etoile :=!etoile lor q; let j = ref (i+1) in while (!j < n) && ( s.[!j] = * s.[!j] =? ) do j :=!j + 1 done ; aux (!j) q ; _ -> echoue "motif erron\ e" end in fill_vect alpha ; etoile := 0 ; epsilon := 0 ; n_etats := 1 ; aux 0 1 ;; b) La complexité de construire_auto en nombre d appels de la fonction aux est majorée par la longueur de p et plus précisément par le nombre de caractères autres que?. Quand le motif p est de longueur minimale, le traitement de chaque caractère de p entraîne une opération logique sur les entiers, en plus de celles liées aux appels récursifs. Quel que soit le critère utilisé, on obtient un coût en O ( p ). Question 6. Filtrage d un mot par un motif a) La fonction filtre p m commence par construire l automate A(p), puis en partant de ε{0} détermine l ensemble d état obtenus en lisant successivement les lettres de m et m est filtré par p si et seulement si l ensemble d états obtenu contient l état final de A (p). On notera que l état 0 est représenté par 1. let filtre p m = let etats = ref (ferme 1) in construire_auto p; for i = 0 to string_length m - 1 do etats := etape!etats m.[i] done; etat_final!etats ;; b) Le coût de construire_auto p est en O ( p ). On fait ensuite appel m fois à la fonction etape dont le coût est constant si p ne contient pas de motif optionnel, dans ce cas la complexité est en O ( p + m ) et dans le cas général en O ( p m ). Question 7. Reconnaissance des sous-mots d un mot a) Si p est un motif, q = p est un motif qui filtre tout mot m contenant un sous-mot filtré par p. 3

4 let filtre_sous_mot p = filtre ("*"^p^"*") ;; α b) Soit m = α 0 α 1... α k 1, par définition A 0 α i 1 0 A A i 1 A i et si l on pose m i = α 0 α 1... α i 1, A i = A[m i ] pour 0 i k 1 ; le préfixe m i de m est donc filtré par le motif p si et seulement si A i contient l état final de A(p). Posons : B 0 = ε ({ }) e 0 B i+1 = ε ( ( )) α i Bi B0 pour 1 i < k par une récurrence immédiate sur i, on vérifie que B i = 0 j i { A / B0 m j,i A } avec m j,i = α j α j+1...α i 1 et donc p filtre un sous mot α j α j+1...α i 1 de m si et seulement si l état final de A est dans B i. c) Comptons le nombre de sous-mots de m égaux à s en suivant l algorithme qui vient d être décrit. let compte_sous_mots s m = construire_auto s ; let n = string_length m and b0 = ferme 1 and b = ref 0 and nb = ref 0 in b := b0 ; for i = 0 to n-1 do b := ( etape!b m.[i] ) lor b0 ; if etat_final!b then nb :=!nb + 1 done;!nb ;; la complexité est analogue à celle de filtre s m puisque on a uniquement ajouté une opération sur les entiers, pour chaque caractère du mot m, et la gestion de la référence nb. d) Posons p = c?ou et m = cou, l automate associé à ce motif est : c o u ε on a alors B 0 = { 0, 1 }, B 1 = B 0, B 2 = { 0, 1, 2 } et B 3 = { 0, 1, 3 } et l on obtient ainsi un seul sous-mot car seul B 3 contient l état 3 or clairement ou et cou sont des sous-mots de m filtrés par p. 4

5 Question 8. Traitement d une erreur a) Considérons le cas où m diffère de µ au plus par l oubli d une lettre. Pour cela considérons l automate A 1 suivant, obtenu en faisant < deux copies > de l automate A(p) l une ayant pour états e 0,..., e n 1 et l autre f 0,..., f n 1 et en ajoutant n 1 transitions instantanées de la forme (e i 1, f i, ε) : elles correspondent à la lettre de µ éventuellement oubliée dans m. Le seul état initial est e 0 et les états finals sont e n 1 et f n 1. α e 0 α 0 e 1 α 1 e 2 e n 2 α n 2 e n 1 n 1 e n ε ε ε ε α 0 α 1 α n 2 α n 1 f 0 f 1 f 2 f n 2 f n 1 f n clairement, le langage reconnu par cet automate est l ensemble des mots qui diffèrent de µ par l oubli d au plus une lettre. Pour simuler le fonctionnement de cet automate à partir de A (µ) nous utiliserons des couples ( A, A ) d ensembles d états de A (µ), A représente un sous-ensemble des ( e i ) et A un sousensemble des ( f i ) de l automate ci-dessus. Posons, quels que soient A et A : ( A, A ) α ( α(a), α(a ) (α(a) 1) ) ce dernier couple est encore noté α ( A, A ). Ceci permet de représenter les transitions de l automate A 1. Au mot m = β 0,..., β k 1 on associe la suite (( A i, A )) i telle que 0 i k A 0 = {0} A ( 0 = {1} Ai+1, A ) ( i+1 = βi Ai, A i) et le mot m est reconnu par A 1 si et seulement si l état final de A(µ) appartient à A k A k. b) Pour tenir compte des autres erreurs prévues, modification d une lettre ou ajout d une lettre, on ajoutera à l automate A 1 les transitions (e i, f i, α), pour toute lettre α et tout i [[0, n]], pour tenir compte de l ajout éventuel d une lettre quelconque et (e i 1, f i, α) avec i [[1, n]], pour tenir compte d une substitution de lettre éventuelle. Sur le graphe de l automate A 2 obtenu, on utilise l étiquette x pour représenter les transitions relatives à toute lettre de l alphabet. α e 0 α 0 e 1 α 1 e 2 e n 2 α n 2 e n 1 n 1 e n x x x x x x α 0 α 1 α n 2 α n 1 f 0 f 1 f 2 f n 2 f n 1 f n Modifions la fonction α définie en a) afin de tenir compte des transitions supplémentaires, en posant : ( A, A ) α ( α(a), A (A 1) (α(a) 1) α(a ) ). Le reste de la construction est inchangée. c) Il nous reste à traduire en Caml, l algorithme qui vient d être décrit. L exécution de etape2 (a,a ) c permet de coder le passage de ( A, A ) à α ( A, A ) et celle de etat_final2 (a,a ) de tester si A A contient un état terminal de l automate. On remarquera que l état 1 est codé par 2. 5

6 let etape2 ( a, a ) c = let i_c = indice c in let b = (a land alpha.(i_c) ) lsl 1 in let b = a lor b lor ( a land alpha.(i_c) ) in ( b, a lor (b lsl 1) ) ;; let etat_final2 ( a, a ) = ( etat_final a ) ( etat_final a ) ;; let filtre_erreur mu m = construire_auto mu ; let n = string_length m and etats = ref ( 1, 2 ) in for i = 0 to n-1 do etats := etape2!etats m.[i] done ; etat_final2!etats ;; La complexité est proportionnelle à la longueur de µ. d) En reprenant la méthode vu au 7.b), on introduit une suite de couples d ensembles d états qui permet de déterminer si le mot m contient un sous-mot qui diffère de µ d au plus une erreur. Au mot m = β 0,..., β k 1 on associe la suite (( )) B i, B i telle que B 0 = {0} B 0 = {1} 0 i k ( Bi+1, B i+1 ) ( = βi Bi, B i) ( B0, B 0 ) en convenant que ( A, A ) ( B, B ) = ( A B, A B ). La complexité de sous_mot_erreur mu m est comparable à celle de filtre_erreur mu m. La fonction union réalise. let union (a1,a2) (b1,b2) = ( a1 lor b1, a2 lor b2 ) ;; let sous_mot_erreur mu m = construire_auto mu ; let n = string_length m and etats = ref ( 1, 2 ) in for i = 0 to n-1 do etats := union ( etape2!etats m.[i] ) ( 1, 2 ) done ; etat_final2!etats ;; FIN 6

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