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1、第三章作业答案1已知dfa m1与m2如图318所示。 (敖雪峰 02282068)(1) 请分别给出它们在处理字符串1011001的过程中经过的状态序列。(2) 请给出它们的形式描述。 图318 两个不同的dfa解答:(1)m1在处理1011001的过程中经过的状态序列为q0q3q1q3q2q3q1q3; m2在处理1011001的过程中经过的状态序列为q0q2q3q1q3q2q3q1;(2)考虑到用形式语言表示,用自然语言似乎不是那么容易,所以用图上作业法把它们用正则表达式来描述:m1: 01+(00+1)(11+0)11+(10+0)(11+0)*m2: (01+1+000)(01)*+

2、(001+11)(01+1+000)*2构造下列语言的dfa ( 陶文婧 02282085 )(1)0,1*(2)0,1+ (3)x|x0,1+且x中不含00的串(设置一个陷阱状态,一旦发现有00的子串,就进入陷阱状态) (4) x|x0,1*且x中不含00的串(可接受空字符串,所以初始状态也是接受状态)(5)x|x0,1+且x中含形如10110的子串(6)x|x0,1+且x中不含形如10110的子串(设置一个陷阱状态,一旦发现有00的子串,就进入陷阱状态) (7)x|x0,1+且当把x看成二进制时,x模5和3同余,要求当x为0时,|x|=1,且x0时,x的首字符为1 1. 以0开头的串不被接

3、受,故设置陷阱状态,当dfa在启动状态读入的符号为0,则进入陷阱状态2. 设置7个状态:开始状态qs,q0:除以5余0的等价类,q1:除以5余1的等价类,q2:除以5余2的等价类,q3:除以5余3的等价类,q4:除以5余4的等价类,接受状态qt3. 状态转移表为状态01q0q1q2q1q3q2q2q0q4q3q1q2q4q3q4 (8)x|x0,1+且x的第十个字符为1(设置一个陷阱状态,一旦发现x的第十个字符为0,进入陷阱状态) (9)x|x0,1+且x以0开头以1结尾(设置陷阱状态,当第一个字符为1时,进入陷阱状态) (10)x|x0,1+且x中至少含有两个1 (11)x|x0,1+且如果

4、x以1结尾,则它的长度为偶数;如果x以0结尾,则它的长度为奇数可将0,1+的字符串分为4个等价类。q0: e的等价类,对应的状态为终止状态q1:x的长度为奇且以0结尾的等价类q2:x的长度为奇且以1结尾的等价类q3: x的长度为偶且以0结尾的等价类q4: x的长度为偶且以1结尾的等价类(12)x|x是十进制非负数(13)f(14)e*3 (1) (张友坤02282061)=0,1set(q0)=x | x * (2)=0,1set(q0)= set(q1)=x | x + (3)=0,1set(q0)= set(q1)=x | x +并且x中不含形如00的子串 set(q2)=x | x +并

5、且x中不含形如00的子串 (4)=0,1set(q0)=x | x *并且x中不含形如00的子串 set(q1)=x | x *并且x中不含形如00的子串 (5)=0,1set(q0)= x | x *,并且x0*或者x中含形如100的子串 set(q1)=x | x *,并且x中含形如1的子串set(q2)=x | x *,并且x中含形如10的子串 set(q3)=x | x *,并且x中含形如101的子串 set(q4)=x | x *,并且x中含形如1011的子串 set(q5)=x | x *,并且x中含形如10110的子串 (6) =0,1 set(q0)= set(q1)=x |

6、x0+set(q2)=x | x *,并且x中不含形如10110的子串而且x中含有1set(q3)=x | x *,并且x中不含形如10110的子串而且x中含有1(7)=0,1set(qs)= set(qe)= 0set(q1)=x | x +,并且把x看成二进制数时,x% 5=1set(q2)=x | x +,并且把x看成二进制数时,x% 5=2set(q3)=x | x +,并且把x看成二进制数时,x% 5=3set(q4)=x | x +,并且把x看成二进制数时,x% 5=4set(q0)=x | x +,并且把x看成二进制数时,x% 5=0并且x不为0(8)m=q, ,q0,fq=q0

7、,q1,q2,q10=0,1当0=i=8时候,(q i,0)= ( q i,1)=q(i+1)( q 9,1)=q10(q 10,0)= ( q 10,1)=q10f= q 10set(q0)= set(q1)= 0,1set(q2)=x | x +,并且|x|=2set(q3)=x | x +,并且|x|=3set(q4)=x | x +,并且|x|=4set(q5)=x | x +,并且|x|=5set(q6)=x | x +,并且|x|=6set(q7)=x | x +,并且|x|=7set(q8)=x | x +,并且|x|=8set(q9)=x | x +,并且|x|=9set(q1

8、0)=x | x +,并且x的第十个字符是1(9) m=q, ,q0,fq=q0,q1,q2 =0,1(q 0,0)=q1(q 1,0)= q1(q 1,1)= q2(q 2,1)= q2(q 2,0)= q1f= q 2set(q0)= set(q1)=x | x +,并且x以0开头以0结尾 set(q2)=x | x +,并且x以0开头以1结尾 (10) m=q, ,q0,fq=q0,q1,q2 =0,1(q 0,0)=q0(q 0,1)=q1(q 1,0)= q1(q 1,1)= q2(q 2,1)= q2(q 2,0)= q2f= q 2set(q0)= 0*set(q1)=x | x

9、 +,并且x中只有一个1 set(q2)=x | x +,并且x至少有俩个1(11) m=q, ,q0,fq=q0,q1,q2 , q3,q4 =0,1(q 0,0)=q1(q 0,1)=q4(q 1,0)= q3(q 1,1)= q2(q 2,1)= q4(q 2,0)= q1(q 3,0)= q1(q 3,1)= q4(q 4,1)= q2(q 4,0)= q3f= q 0 ,q 1 ,q 2set(q0)= set(q1)=x | x +,以0结尾,长度为奇数 set(q2)=x | x +,以1结尾,长度为偶数 set(q3)=x | x +,以0结尾,长度为偶数 set(q4)=x

10、| x +,以1结尾,长度为奇数 (12)m=q, ,q0,fq=q0,q1,q2,q3,q4=.,0,1,2,9f=q1,q2,q4(q 0,0)=q1(q 0,1|2|3|4|5|6|7|8|9)=q2(q 1, . )=q2(q 2,0|1|2|3|4|5|6|7|8|9)=q2(q 2, . )=q3(q 3,0|1|2|3|4|5|6|7|8|9)=q4(q 4,0|1|2|3|4|5|6|7|8|9)=q4set(q0)= set(q1)=0 set(q2)=十进制正整数set(q3)=十进制非负整数后面接个小数点 . set(q4)=十进制正小数(13)set(q0)= set(

11、q0)=(14)set(q0)= *4 在例3-6中,状态采用的形式,它比较清楚地表达出该状态所对应的记忆内容,给我们解决此问题带来了很大的方便,我们是否可以直接用代替呢?如果能,为什么?如果不能,又是为什么?从此问题的讨论,你能总结出什么来? (唐明珠 02282084)答:我认为能够直接用代替,因为在例3-6中,只是一种新的表示方法,用来表示状态存储的字符,这样就省去了在中逐一给出每一个具体的输入字符和状态的定义。它的作用在于使fa中状态定义更加简洁。得到结论:在今后描述fa时,应该根据具体的情况,使用适当的方法。*5试区别fa中的陷阱状态和不可达状态。 (吴贤珺 02282047)解:

12、陷阱状态(课本97页):指在其它状态下发现输入串不可能是该fa所识别的句子时所进入的状态。fa一旦进入该状态,就无法离开,并在此状态下,读完输入串中剩余的字符。 不可达状态(课本108页):指从fa的开始状态出发,不可能到达的状态。就fa的状态转移图来说,就是不存在从开始状态对应的顶点出发,到达该状态对应顶点的路径。 从两者的定义可见:相对于不可达状态来说,陷阱状态是可达的。但是,它们都是状态转移图中的非正常状态。如果从状态转移图中的状态引一条弧到不可达状态,同时不可达状态所有的移动都是到自身。这样,不可达状态就变成了陷阱状态。*注:此题目有问题,可以将题设改为:x中0和1个数相等且交替出现6

13、证明:题目有不严密之处,图中给出dfa与题目中的语言l(m)=x|x x0,1+ 且x中0的个数和1的个数相等不完全对应,首先图中的dfa可接受空字符串,而l(m)不接受,其次,对于有些句子,例如1100,l(m)可以接受,但dfa不接受(1)根据图中的dfa可看出,右下角的状态为陷阱状态,所以去除陷阱状态 (2)由dfa可构造出与其对应的右线性文法: (刘钰 02282083) 由此可以看出该文法接受的语言为l=(10|01)*,显然01或10分别是作为整体出现的,所以l(m)中0和1的个数相等。*7设dfa m=,证明:对于注:采用归纳证明的思路证明: (周期律02282067)首先对y归

14、纳,对任意x来说,|y| = 0时,即y=根据dfa定义,故原式成立。当|y| = n时,假设原式成立,故当|y|= n+1时,不妨设y = wa, |w| = n, |a| = 1根据dfa定义,故原式成立,同理可证,对任意的y来说,结论也是成立的。综上所述,原式得证*8证明:对于任意的dfa m1=(q,q0,f1) 存在dfa m2=(q,q0,f2), (冯蕊 02282075)使得l(m2)=*l(m1)。证明:(1)构造m2。设dfa m1=(q,q0,f1) 取dfa m2=(q,q0,qf1) (2)证明l(m2)=*l(m1)对任意x*x l(m2)=*l(m1)(q,x)q

15、f1(q,x)q并且(q,x)f1x*并且xl(m1)x*l(m1)*9. 对于任意的dfa m1=(q1,1,q01,f1),请构造dfa m1=(q2,2,q02,f2),使得l(m1)=l(m2)t 。其中l(m)t=x|xtl(m) (褚颖娜 02282072)(1) 构造-nfa m 使得 l(m)=l(m1) 取-nfa m=( q, q0, q01) 其中:1) q= q1 q0, q0 q1 2) 对于 q,pq1,a,如果1(q,a)=p,q(p,a)3) (q0,)= f1(2) 证明:l(m)=l(m1)t对 x=a1 a2 aml(m)q0 a1 a2 amqf a1

16、a2 ama1 q1 a2 ama1 a2 q2 ama1 a2qm-1ama1 a2am q01其中qf(q0,), q1(qf, a1), q2(q1, a2),q01(qm-1, am) 并且qff1则1(q01, am)= qm-1, 1(qm-1, am-1)= qm-2,1(q2, a2)= q11(q1, a1)= qf因此q01 am am-1a1am qm-1 am-1a1am am-1q2 a2 a1am am-1 a2 q1a1am am-1 a2 a1qf因此am am-1a1l(m1) 即 xtl(m1)同理可证对于 x=a1 a2 aml(m1) xt=am am-

17、1a1l(m1)l(m)=l(m1)t得证 (3)将-nfa m 确定化 首先构造与-nfa m=( q, q0, q01) 等价的nfa m3=( q,2, q0, q01) 其中对于(q,a)q* 2(q,a)= (q,a) 然后按照以前学过的方法构造与nfa m3=( q,2, q0, q01)等价的dfa m1=(q1,1,q0,f1) 其中:q1=2q f1= q011(q1,q2 , ,qn,a)=p1,p2 ,pn 当且仅当2(q1,q2 , ,qn ,a)= p1,p2 ,pn *注:此题(10题)张友坤、吴玉涵所做完全一样!10、构造识别下列语言的nfa (吴玉涵022820

18、91)这是最基本的单元,其他的可以通过这个逐级构造出来,以满足题目要求。*11.根据给定的nfa,构造与之等价的dfa. (吴丹 02282090)(1) nfa m1 的状态转移函数如表3-9状态说明状态输入字符012开始状态q0q0,q1q0,q2q0,q2q1q3,q0q2q2q3,q1q2,q1终止状态q3q3,q2q3 q0解答:状态说明状态输入字符012开始状态q0q0,q1q0,q2q0,q2q0,q1q0,q1,q3q0,q2q0,q2q0,q2q0,q1q0,q1,q2,q3q0,q1,q2q0,q1,q2q0,q1,q3q0,q1,q2,q3q0,q1,q2终止状态q0,q

19、1,q3q0,q1,q2,q3q0, q2,q3q0,q1,q2终止状态q0,q2,q3q0,q1,q2,q3q0,q1,q2,q3q0, q2终止状态q0,q1,q2,q3q0,q1,q2,q3q0,q1,q2,q3q0,q1, q2图3-9所示nfa等价的dfa(2)nfa m2 的状态转移函数如表3-10状态说明状态输入字符012开始状态q0q1,q3q1q0 q1q2q1,q2q1q2q3,q2q0q2 终止状态q3q0 q3解答:状态说明状态输入字符012开始状态q0q1,q3q1q0q1,q3q2q0,q1,q2q1,q3q1q2q1,q2q1q2q2,q3q0q2q0,q1,q2

20、q1,q2,q3q0, q1,q2q0,q1,q2q1,q2q2,q3q0,q1,q2q1, q2终止状态q2,q3q2,q3q0q2,q3终止状态q1,q2,q3q2,q3q0,q1,q2q1, q2,q3图3-10所示nfa等价的dfa*12证明对于任意的nfa,存在与之等价的nfa,该nfa最多只有一个终止状态 (刘钰 02282083)证明:对于任意的nfa m=(q,q0,f) ,我们如果能构造出一个只有一个终止状态的nfa,并且与之等价,即可证明上面的定理而对于任意的nfa存在下面两种情况:(1)终止状态只有一个(2)终止状态有多个要构造这个等价的nfa,可以采用如下方法:对(1)

21、无需变化,该nfa即为满足条件的nfa对(2)可以在该nfa的状态图上添加一个新的终止状态,并将原来的多个终止状态所连接的弧复制到该状态上,此时这个终止状态为新状态图中唯一的终止状态,且这个新的nfa与原nfa等价,满足条件我们总能构造出这样的nfa因此对于任意的nfa,存在与之等价的nfa,该nfa最多只有一个终止状态*13试给出一个构造方法,对于任意的nfa ,构造nfa ,使得注:转化成相应的dfa进行处理,然后可参考第8题的思路证明: (周期律02282067)首先构造一个与nfa 等价的dfa ,根据定理3.1(p106),构造其中在此基础上,即取所有确定化后不是终结状态的状态为的终

22、结状态。为了证明,我们在的基础上,其中,即所有确定化后的状态都为终结状态。显然则又因为故,故同理容易证明故,又因为,故可知,构造的是符合要求的。*14构造识别下列语言的-nfa。 (吴贤珺 02282047) xx0,1+ 且x中含形如10110的子串 xx0,1+ 和x的倒数第10个字符是1,且以01结尾 。 解:得到的-nfa如下所示:0, 10, 11110000s00, 110, 10, 10, 10, 10, 10, 10, 1010, 100, 11110000s00, 110, 10, 10, 10, 10, 10, 10, 101 xx0,1+ 且x中含形如10110的子串 x

23、x0,1+ 和x的倒数第10个字符是1,且以01结尾 解:得到的-nfa如下所示:0, 10, 111100000, 110, 10, 10,1 10, 10, 10,1 110, 101s xx0,1+ 且x中不含形如10110的子串 xx0,1+且x以0开头以1结尾 。解:关键是构造第一个fa,方法是设置5个状态:q0:表示开始状态,以及连续出现了两个以上的0时所进入的状态。q1: 表示q0状态下接受到1时(即开始状态或2个以上的0后输入1时)所进入的状态。q2: 表示q1状态下接受到0时(即开始状态或2个以上的0后输入10时)所进入的状态。q3: 表示q2状态下接受到1时(即开始状态或2

24、个以上的0后输入101时)所进入的状态。q4: 表示q3状态下接受到1时(即开始状态或2个以上的0后输入1011时)所进入的状态。故得到的-nfa如下所示:s0110q1q0q2q3q410110f00, 11s0s1s21 xx0,1+ 且x中不含形如00的子串 xx0,1+ 且x中不含形如11的子串 。解:得到的-nfa如下所示:10110, 101000, 1s另外,本题可以构造dfa如下(其中qt为陷阱状态):q0q10q21s111q40q5100q3001q601qt0, 1 xx0,1+ 且x中不含形如00的子串 xx0,1+ 且x中不含形如11的子串 。解:由于x中既不含形如0

25、0的子串,又不含形如11的子串,故x中只能是01相间的串。所以,得到的-nfa如下所示:0110s 另外,本题可以构造dfa如下(其中q+为陷阱状态):s0101010110qt0,1*15(1)根据nfam3的状态转移函数,起始状态q0的e闭包为 e-closure(q0)= q0, q2。由此对以后每输入一个字符后得到的新状态再做e闭包,得到下表: (陶文婧 02282085)状态01 q0, q2 q0, q1,q2 q0, q1,q2,q3 q0, q1,q2 q0, q1,q2,q3 q0, q1,q2,q3 q0, q1,q2,q3 q0, q1,q2,q3 q0, q1,q2,q

26、3q0= q0, q2,q1= q0, q1,q2,q2= q0, q1,q2,q3,因为q3为终止状态,所以q2= q0, q1,q2,q3为终止状态(2)又上述方法得状态01 q1, q3 q3,q2 q0, q1,q2,q3 q3,q2 q3,q2 q0, q1,q3 q0, q1,q2,q3 q1,q2,q3 q0, q1,q2,q3 q0, q1,q3 q1,q2,q3 q0, q1,q2,q3 q1,q2,q3 q3,q2 q0, q1,q2,q3q0= q1, q3,q1= q3,q2,q2= q0, q1,q2,q3,q3= q0, q1,q3,q4= q1,q2,q3因为各状

27、态均含有终止状态,所以q0, q1,q2,q3,q4均为终止状态注:本题没有必要按照nfa到dfa转化的方法来做,而且从e-nfa到nfa转化时状态没有必要改变,可以完全采用e-nfa中的状态如(1)状态01q0(开始状态) q0, q1,q2 q3 q0, q1,q2,q3q1 q0, q1,q2,q3 q1,q2,q3q2 q0, q1,q2,q3q1,q2,q3q3(终止状态) q0, q1,q2,q3 q0, q1,q2,q3(2) 状态01q0(开始状态) q1 q2 q3, q0, q1,q2,q3q1 q2 q1,q2q2,q2,q3 q0, q2,q3q3(终止状态)空 q0

28、*16. 证明对于的fa m1=(q1,1,1,q01,f1),fa m1=(q2,2,2,q02,f2),存在fa m,使得 l(m)= l(m1)l(m2) (褚颖娜 02282072)证明:不妨设q1 与q2的交集为空(1) 构造m=(q1q2 q0, q0,f)其中:1)=12 f= f1f22) (q0,)= q01 ,q02 对于 qq1,a1(q, a)=1(q,a) 对于 qq2,a2 ,(q, a)=2(q,a)(3) 证明:1)首先证l(m1)l(m2)l(m)设 x l(m1)l(m2),从而有x l(m1)或者x l(m2),当x l(m1)时1(q01,x)f1 由m

29、的定义可得:(q0,x)=(q0,x)=(q0,), x)=(q01 ,q02,x)=(q01 , x)(q02, x)=1(q01 , x) (q01 , x)f1(q01 , x) 即xl(m)同理可证当x l(m2)时xl(m)故l(m1)l(m2)l(m) 2) 再证明l(m)l(m1)l(m2)设xl(m) 则(q0,x)f由m的定义:(q0,x)=(q0,x)=(q0,), x)=(q01 ,q02,x) =(q01 , x)(q02, x)如果是(q01 , x) 因为q1 与q2的交集为空 而且(q0,x)f f= f1f2 则(q01 , x)= 1(q01 , x)f1 因

30、此xl(m1)如果是(q02 , x) 因为q1 与q2的交集为空 而且(q0,x)f f= f1f2 则(q02 , x)= 2(q02 , x)f1 因此xl(m2)因此xl(m1)l(m2) l(m)l(m1)l(m2)得证因此l(m)= l(m1)l(m2)*(唐明珠 02282084)17 证明:对于任意的fa . 证明:令 ,其中的定义为: 1) 对qq1-f1,a (q,a)=1(q,a); 2) 对qq2-f2,a (q,a)=2(q,a); 3) (f1,)=q02 要证 ,只需证明 , 1. 证明 2) 再证明 *(吴丹 02282090)*19、总结本章定义的所有fa,归

31、纳出它们的特点,指出它们之间的差别。(吴玉涵02282091)本章学习了dfa,nfa,-nfa,2dfa和2nfa所有的fa都是一个五元组m=(q,q0,f)最大的区别就是状态转移函数对于dfa,字母表中的每个字母都有唯一确定的状态转移函数。也就是说(q,a)q,qq,a只有唯一确定的状态。对于nfa,对于字母表中的每个输入字符可以有不同的状态转移,对于串,是一个到自身的移动。对于-nfa,是指在不接受任何字符的情况下,自动机的状态可以发身转移。对于2dfa,对于字母表中的每个字符,对于每个状态都有唯一的状态转移,即(q,a)q,qq,a只有唯一确定的状态。与dfa不同的是,2dfa的读头可

32、以在一次状态转移中不移动,或者回退一个,或者向下读一个。对于2nfa,与2dfa相似,但是并不是对于字母表中的每个输入字符都有转移函数,2nfa与2dfa的区别类似于dfa与nfa的区别。*20构造如图3-20所个的dfa对应的右线性文法。 (周期律02282067)对图1:构造文法g=(v,t,p,s),其中v=s,a,b,c,t=1,0p:对图2:构造文法g=(v,t,p,s),其中v=s,a,b,c,t=1,0p:*21构造下图所示dfa对应的左线性文法。 (吴贤珺 02282047) 图形如下所示0010, 1101q0q1q2q3s解:设q0、q1、q2、q3所对应的字符分别为a、b

33、、c、g。由于q2为不可达状态,故先去掉该状态。得到该图所对应的左线性文法为:ga1b11bg0g1a00ab0 图形如下所示:q0q1q2q3s0110100, 101解:图中有多个终结状态,为方便起见,增加一个终结状态(红色表示),设该状态所对应的字符为g。又设q0、q1、q2、q3所对应的字符分别为a、b、c、d。则该图所对应的左线性文法为:gc0b0dc0cb0a11bc1d0d1a00ab1*22.根据下列给定文法,构造相应的fa。 (敖雪峰 02282068)(1) 文法g1的产生式集合如下: g1: sa|aaaa|aa|ca|bbba|b|c|ab|bb|cb(2) 文法g2的

34、产生式集合如下: g2: sa|aa aa|aa|ac|bb ba|b|c|ba|bb|bc解答: 文法g1对应的fa如下所示文法g2对应的fa如下所示*23.fa m的移动函数定义如下: (冯蕊 02282075)(q0,3)=q0(q0,1)=q1(q1,0)=q2(q1,1)=q3(q2,0)=q2(q3,1)=q3其中,q2,q3为终态.(1) m是dfa吗?为什么?不是,因为并不是所有的状态,在接收一个字母表中的字符时会有一个状态与之对应.(2) 画出相应的dfa的状态转移图(3) 给出你所画出的dfa的每个状态q的set(q):set(q)=x|x*且(q0,x)=qset(q0)=3* set(q1)= 3*1 set(q2)= 3*100* set(q3)= 3*111*set(q)=( 3*0|3*13|3*100*(1|3)|3*111*(0|3) 0*1*3*(4) 求正则方法g,使l(g)=l(m)q03 q0|1 q1q10 q2|1 q3q20|0 q2q31|1 q3*24,总结规约与派生的对应

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