编译原理第4章作业答案
编译原理-第4章 语法分析--习题答案
第4章语法分析习题答案1．判断（1）由于递归下降分析法比较简单，因此它要求文法不必是LL(1)文法。
(× )LL(1)文法。
(× )（3）任何LL(1)文法都是无二义性的。
(√)（4）存在一种算法，能判定任何上下文无关文法是否是LL(1) 文法。
(√)(× )（6）每一个SLR(1)文法都是LR(1)文法。
(√)（7）任何一个LR(1)文法，反之亦然。
(× )（8）由于LALR是在LR(1)基础上的改进方法，所以LALR(× )（9）所有LR分析器的总控程序都是一样的，只是分析表各有不同。
(√)（10）算符优先分析法很难完全避免将错误的句子得到正确的归约。
(√)2．文法G[E]：E→E+T|TT→T*F|FF→(E)|i试给出句型(E+F)*i的短语、简单短语、句柄和最左素短语。
答案：画出语法树，得到：短语: (E+F)*i ，(E+F) ，E+F ，F ，i简单短语: F ，i句柄: F最左素短语: E+F3．文法G[S]：S→SdT | TT→T<G | GG→(S) | a试给出句型(SdG)<a的短语、简单短语、句柄和最左素短语。
答案：画出语法树，得到：短语：(SdG)<a 、（SdG） 、SdG 、G 、a简单(直接)短语：G 、a句柄：G最左素短语：SdG4．对文法G[S]提取公共左因子进行改写，判断改写后的文法是否为LL(1)文法。
S→if E then S else SS→if E then SS→otherE→b答案：提取公共左因子；文法改写为：S→if E then S S'|otherS'→else S|E→bLL(1)文法判定：① 文法无左递归② First(S)={if,other}, First(S')={else, }First(E)={b}Follow(S)= Follow(S')={else,#}Follow(E)={then}First(if E then S S')∩First(other)=First(else S)∩First( )=③First(S')∩Follow(S')={else}不为空集故此文法不是LL(1)文法。
编译基础学习知识原理第4章规范标准答案
第四章 词法分析1．构造下列正规式相应的DFA ：(1) 1(0|1)*101(2) 1(1010* | 1(010)* 1)*(3) a((a|b)*|ab *a)*b(4) b((ab)* | bb)*ab 解：(1)1(0|1)*101对应的NFA 为下表由子集法将NFA 转换为DFA ：(2)1(1010* | 1(010)* 1)*0对应的NFA 为下表由子集法将NFA 转换为DFA ：(3)a((a|b)*|ab*a)* b (略)(4)b((ab)* | bb)* ab (略)2．已知NFA=（{x,y,z},{0,1},M,{x},{z}）其中：M(x,0)={z},M(y,0)={x,y},M(z,0)={x,z},M(x,1)={x}, M(y,1)=φ,M(z,1)={y},构造相应的DFA。
解：根据题意有NFA图如下0，1 下表由子集法将NFA转换为DFA：下面将该DFA最小化：(1)首先将它的状态集分成两个子集：P1={A,D,E},P2={B,C,F}(2)区分P2:由于F(F,1)=F(C,1)=E,F(F,0)=F并且F(C,0)=C,所以F，C等价。
由于F(B,0)=F(C,0)=C,F(B,1)=D,F(C,1)=E,而D，E不等价（见下步），从而B与C，F可以区分。
有P21={C,F},P22={B}。
(3)区分P1:由于A，E输入0到终态，而D输入0不到终态，所以D与A，E可以区分，有P11={A,E},P12={D}。
(4)由于F(A,0)=B,F(E,0)=F,而B，F不等价，所以A，E可以区分。
(5)综上所述，DFA可以区分为P={{A}，{B}，{D}，{E}，{C，F}}。
所以最小化的DFA如下：3.将图4.16确定化：图4.16解：下表由子集法将NFA转换为DFA：14.把图4.17的(a)和(b)分别确定化和最小化：(a) (b)解： (a):可得图（a1），由于F(A,b)=F(B,b)=C,并且F(A,a)=F(B,a)=B,所以A,B 等价，可将DFA 最小化，即：删除B ，将原来引向B 的引线引向与其等价的状态A ，有图(a2)。
编译原理第4章习题答案
S-> S’ S’->(S)SS’| First( (S)SS’) = { （ } Follow(S)=Follow(S’)= { (, ),$ }
预测分析表
非终结符 S （ S->S’ ） S->S’ $ S->S’
S’
S’->(S)SS’
S’->
S’->
S’->
冲突
仔细分析后，发现该文法 S->S(S)S| 是二义性文法。 二义性文法不可能是LL(1)文法。 例如：( ) ( )
S->aS’ S’->aS’AS’|Ɛ A->+|*
First(S) = First(aS’)={a} First(S’)= First(aS’AS’) ∪ First(Ɛ)= {a} ∪{Ɛ}= {a, Ɛ} First(A) = { +,*}
Follow(S) ={$} 因为 S->aS’，所以把Follow(S)加入到Follow(S’)中。 因为 S’->aS’AS’的第一个S’ ，所以把First(AS’)={+,*}加入到Follow(S’)中。 因为 S’->aS’AS’的第二个S’ ，所以Follow(S)加入到Follow(S’)中。 所以，Follow(S’)= {$, +,*} 对 S’->aS’AS’的A ，当A后面的S’推导出非空时，把First(S’)-{Ɛ}={a}加入到Follow(A)中。 对 S’->aS’AS’的A ，当A后面的S’推导出空时，把Follow(S’)={$,+,*}加入到Follow(A)中。 所以，Follow(A)= {a, +,*,$} 对于S’->aS’AS’|Ɛ，因为First(aS’AS’) ∩Follow(S’)={a} ∩{$,+,*}=空集,所以没有冲突。 对于A->+|*，因为First(+) ∩First(*)={+} ∩{*}=空集,所以没有冲突。 所以该文法是LL(1)文法。
蒋立源编译原理第三版第四章习题与答案.docx
第五章习题5-1设有文法G[S] ：S→A/A→aA∣ AS∣/(1)找出部分符号序偶间的简单优先关系。
(2)验证 G[S] 不是简单优先文法。
5-2对于算符文法G[S] ：S→E E→ E-T∣ T T→T*F∣F F→ -P∣P P→ (E)∣i(1)找出部分终结符号序偶间的算符优先关系。
(2)验证 G[S] 不是算符优先文法。
5-3 设有文法G′[E] ：E→E E→E+T |T1T →T T→T*F|F F→(E)|i11111其相应的简单优先矩阵如题图5-3所示，试给出对符号串（i+i ）进行简单优先分析的过程。
题图 5-3 文法 G′ [E] 的简单优先矩阵5-4设有文法G[E]：E→E+T|TT→T*F|FF→(E)|i其相应的算符优先矩阵如题图5-4 所示。
试给出对符号串（i+i ）进行算符优先分析的过程。
(i*+)#(○○○○○＜＜＜＜＝i○○○○＞＞＞＞○○○○○○*＜＜＞＞＞＞○○○○○○+＜＜＜＞＞＞○○○○)＞＞＞＞○○○○#＜＜＜＜题图 5-4文法 G[E] 的算符优先矩阵5-5对于下列的文法，试分别构造识别其全部可归前缀的DFA和 LR(0) 分析表，并判断哪些是LR(0) 文法。
(1)S →aSb∣ aSc∣ ab(2)S →aSSb∣ aSSS∣c(3)S →AA→Ab∣ a5-6下列文法是否是SLR(1)文法？若是，构造相应的SLR(1) 分析表，若不是，则阐明其理由。
(1) S →Sab∣ bR R→S∣a(2) S →aSAB∣ BA A→aA∣ B B→ b(3) S →aA∣bB A→cAd∣εB→cBdd∣ε5-7对如下的文法分别构造LR(0) 及 SLR(1) 分析表，并比较两者的异同。
S→cAd∣ b A→ASc∣a5-8对于文法G[S]:S→A A→BA∣εB→ aB∣ b(1)构造 LR(1) 分析表；(2)给出用LR(1)分析表对输入符号串abab 的分析过程。
编译原理课后习题答案ch4
注意：本题应该理解为对图(a)进行确定化和对图(b)进行最小化。提供的答案没有对图(a)确 定化。
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《编译原理》课后习题答案第四章
第5题 构造一个 DFA，它接收 Σ={0,1}上所有满足如下条件的字符串：每个 1 都有 0 直接跟在 右边。并给出该语言的正规式。 答案： 按题意相应的正规表达式是(0*10)*0*， 或 0*(0 | 10)*0* 构造相应的 DFA， 首先构造 NFA 为
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《编译原理》课后习题答案第四章
注意：这个题，也可以这样构造 NFA（用最少的ε，但注意不能出错） ：
a,b 0 a a 2 a,b 1 a b 3
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《编译原理》课后习题答 ε X b A ε F B a C b ε b G b H ε ε D ε E a I b Y
除 X，A 外，重新命名其他状态，令 AB 为 B、AC 为 C、ABY 为 D，因为 D 含有 Y（NFA 的终态），所以 D 为终态。 . X A B C D DFA 的状态图：: 0 . A C A C 1 A B B D B
(2)先构造 NFA： 0 ε X 1 A ε ε F B 1 C 1 0 ε 0 D 1 E 1 0 ε 用子集法将 NFA 确定化 ε X T0=X A T1= ABFL Y CG T2= Y T3= CGJ DH K T4= DH EI T5= ABFKL T6= ABEFIL EJY T7= ABEFGJLY EHY CGK T8= ABEFHLY EY CGI T9= ABCFGJKL DHY T10= ABEFLY T11= CGJI DHJ T12= DHY T13= DHJ EIK T14= ABEFIKL ABEFIKL EJY CG DHJ ？正确 DHJG EI EIK DHY EY DHJ CG K ABEFLY CGJI DHY CGK ABEFHLY ABCFGJKL EY CGI ABEFGJLY EHY CGK ABEFIL Y EJY CG CG DH ABFKL EI DH K Y CGJ ABFL Y CG X A 0 1 1 ε L ε K ε J 0 Y
编译原理第四章参考答案
编译原理第四章参考答案1.1考虑下⾯⽂法G1S->a|^|(T)T->T,S|S消去G1的左递归。
然后对每个⾮终结符，写出不带回溯的递归⼦程序。
答:：(1)消除左递归:S->a|^|(T)T-> ST’T’->,S T’|ε(2)first(S)={ a , ^ , ( } first(T)= { a , ^ , ( } first(T’)={ , ε}First(a)={a},First(^)={^},First( (T) )={ ( }S的所有候选的⾸符集不相交First(,ST’)={,} ,First(ε)={ε},T’的所有候选的⾸符集不相交Follow(T’)=Follow(T)={ )}first(T’)∩Follow(T’)={}所以改造后的⽂法为LL(1)⽂法。
不带回溯的递归⼦程序如下：S( ){if (lookahead=’a’) advance;Else if(lookahead=’^’) advance;Else if(lookahead=’(’){advance;T();if(lookahead=’)’) advance;else error();}Else error();}T( ){S( );T’( ):}T’->,S T’|εT’( ){if (lookahead=’,’){advance;T’();}Else if(lookahead=Follow(T’)) advance;Else error;}有⽂法G(S):S→S+aF|aF|+aFF→*aF|*a(1)改写⽂法为等价⽂法G[S’]，消除⽂法的左递归和回溯(2)构造G[S’]相应的FIRST和FOLLOW集合；(3)构造G[S’]的预测分析表，以此说明它是否为LL(1)⽂法。
(4)如果是LL(1)⽂法，请给出句⼦a*a+a*a*a的预测分析过程该⽂法为LL(1)⽂法，因为它的预测分析表中⽆冲突项。
编译原理第4章答案
第四章 词法分析1．构造下列正规式相应的DFA ：(1) 1(0|1)*101(2) 1(1010*| 1(010)*1)*0 (3) a((a|b)*|ab *a)*b (4) b((ab)*| bb)*ab 解：(1)1(0|1)*101对应的NFA 为下表由子集法将NFA 转换为DFA ：(2)1(1010*| 1(010)*1)*0对应的NFA 为 10,1下表由子集法将NFA转换为DFA：(3)a((a|b)*|ab *a)*b (略) (4)b((ab)*| bb)*ab (略)2．已知NFA=（{x,y,z},{0,1},M,{x},{z}）其中：M(x,0)={z},M(y,0)={x,y},M(z,0)={x,z},M(x,1)={x}, M(y,1)=φ,M(z,1)={y},构造相应的DFA 。
解：根据题意有NFA 图如下下表由子集法将NFA 转换为DFA ：0，1下面将该DFA最小化：(1)首先将它的状态集分成两个子集：P1={A,D,E},P2={B,C,F}(2)区分P2:由于F(F,1)=F(C,1)=E,F(F,0)=F并且F(C,0)=C,所以F，C等价。
由于F(B,0)=F(C,0)=C,F(B,1)=D,F(C,1)=E,而D，E不等价（见下步），从而B与C，F可以区分。
有P21={C,F},P22={B}。
(3)区分P1:由于A，E输入0到终态，而D输入0不到终态，所以D与A，E可以区分，有P11={A,E},P12={D}。
(4)由于F(A,0)=B,F(E,0)=F,而B，F不等价，所以A，E可以区分。
(5)综上所述，DFA可以区分为P={{A}，{B}，{D}，{E}，{C，F}}。
所以最小化的DFA如下：3.将图确定化：1101111解：下表由子集法将NFA 转换为DFA ：4.把图的(a)和(b)分别确定化和最小化：(a) (b)解： (a):下表由子集法将NFA 转换为DFA ：0，1a可得图（a1），由于F(A,b)=F(B,b)=C,并且F(A,a)=F(B,a)=B,所以A,B 等价，可将DFA 最小化，即：删除B ，将原来引向B 的引线引向与其等价的状态A ，有图(a2)。
编译原理与实践第四章答案
The exercises of Chapter Four4.2Grammar: A → ( A ) A | εAssume we have lookahead of one token as in the example on p. 144 in the text book. Procedure A()if (LookAhead() ∈{‘(‘}) thenCall Expect(‘(‘)Call A()Call Expect (‘)’)Call A()elseif (LookAhead()∈{‘)‘, $}) thenreturn()else/* error */fifiend4.3 Given the grammarstatement→assign-stmt|call-stmt|otherassign-stmt→identifier:=expcall-stmt→identifier(exp-list)[Solution]First, convert the grammar into following forms:statement→identifier:=exp | identifier(exp-list)|otherThen, the pseudocode to parse this grammar:Procedure statementBeginCase token of( identifer : match(identifer);case token of( := : match(:=);exp;( (: match(();exp-list;match());else error;endcase(other: match(other);else error;endcase;end statement4.7 aGrammar: A → ( A ) A | εFirst(A)={(,ε } Follow(A)={$,)}4.7 bSee theorem on P.178 in the text book1.First{(}∩First{ε}=Φ2.ε∈Fist(A), First(A) ∩Follow(A)= Φboth conditions of the theorem are satisfied, hence grammar is LL(1)4.9 Consider the following grammar:lexp→atom|listatom→number|identifierlist→(lexp-seq)lexp-seq→lexp, lexp-seq|lexpa. Left factor this grammar.b. Construct First and Follow sets for the nonterminals of the resulting grammar.c. Show that the resulting grammar is LL(1).d. Construct the LL(1) parsing table for the resulting grammar.e. Show the actions of the corresponding LL(1) parser, given the input string (a,(b,(2)),(c)). [Solution]a.lexp→atom|listatom→number|identifierlist→(lexp-seq)lexp-seq→lexp lexp-seq’lexp-seq’→, lexp-seq|εb.First(lexp)={number, identifier, ( }First(atom)={number, identifier}First(list)={( }First(lexp-seq)={ number, identifier, ( }First(lexp-seq’)={, , ε}Follow(lexp)={, $, } }Follow(atom)= {, $, } }Follow(list)= {, $, } }Follow(lexp-seq)={$, } }Follow(lexp-seq’)={$,} }c. According to the defination of LL(1) grammar (Page 155), the resulting grammar is LL(1) as each table entry has at most one production as shown in (d).4.10 aLeft factored grammar:1. decl → type var-list2. type → int3. type → float4. var-list → identifier B5. B → , var-list6. B→ ε4.10 b4.10 c4.10 e4.12 a. Can an LL(1) grammar be ambigous? Why or Why not?b. Can an ambigous grammar be LL(1)? Why or Why not?c. Must an unambigous grammar be LL(1)? Why or Why not?[Solution]Defination of an ambiguous grammar: A grammar that generates a string with two distinct parse trees. (Page 116)Defination of an LL(1) grammar: A grammar is an LL(1) grammar if the associatied LL(1) parsing table has at most one priduction in each table entry.a.An LL(1) grammar can not be ambiguous, since the defination implies that an unambiguous parse canbe constructed using the LL(1) parsing tableb.An ambiguous grammar can not be LL(1) grammar, but can be convert to be ambiguous by usingdisambiguating rule.c.An unambiguous grammar may be not an LL(1) grammar, since some ambiuous grammar can beparsed using LL(K) table, where K>1.4.13Left recursive grammars can not be LL(1):Consider a grammar with a production A →A βwith symbol t in its first set. IF A is on the top of the stack and the current look-ahead token is t, A will be popped off the stack and then βwill be pushed onto the stack followed by A. A will again be the top of the stack and the look-ahead token will still be t, so it will repeat again, and again, infinitely, or until you get a stack overflow.Note: The first set for the recursive production will have a non-empty intersection with the first set for the terminating production, which will lead to a conflict when creating the LL(1) table.。
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第四章
习题4.2.1：考虑上下文无关文法： S->S S +|S S *|a 以及串aa + a*
(1)给出这个串的一个最左推导
S -> S S *
-> S S + S *
-> a S + S *
-> a a + S *
-> aa + a*
(3)给出这个串的一棵语法分析树
习题4.3.1：下面是一个只包含符号a和b的正则表达式的文法。
它使用+替代表示并运算的符号|，以避免和文法中作为元符号使用的竖线相混淆：
rexpr→ rexpr + rterm | rterm
rterm→rterm rfactor | rfactor
rfactor→ rfactor * | rprimary
rprimary→a | b
1)对这个文法提取公因子
2)提取公因子的变换使这个文法适用于自顶向下的语法分析技术吗？
3)提取公因子之后，原文法中消除左递归
4)得到的文法适用于自顶向下的语法分析吗？
解
1)提取左公因子之后的文法变为
rexpr→ rexpr + rterm | rterm
rterm→rterm rfactor | rfactor
rfactor→ rfactor * | rprimary
rprimary→a | b
2)不可以，文法中存在左递归，而自顶向下技术不适合左递归文法
3)消除左递归后的文法
rexpr -> rterm rexpr’
rexpr’-> + rterm rexpr’|ε
rterm-> rfactor rterm’
rterm’-> rfactor rterm’|ε
rfactor-> rprimay rfactor’
rfactor’-> *rfactor’|ε
rprimary-> a | b
4)该文法无左递归，适合于自顶向下的语法分析
习题4.4.1：为下面的每一个文法设计一个预测分析器，并给出预测分析表。
可能要先对文法进行提取左公因子或消除左递归
(3)S->S(S)S|ε
(5)S->(L)|a L->L,S|S
解
(3)
①消除该文法的左递归后得到文法
S->S’
S’->(S)SS’|ε
②计算FIRST和FOLLOW集合
FIRST(S)={(,ε} FOLLOW(S)={),$}
FIRST(S’)={(,ε} FOLLOW(S’)={),$}
③
(5)
①消除该文法的左递归得到文法
S->(L)|a
L->SL’
L’->,SL’|ε
②计算FIRST与FOLLOW集合
FIRST(S)={(,a} FOLLOW(S)={ ),, ,$}
FIRST(L)={(,a} FOLLOW(L)={ ) }
FIRST(L’)={,,ε} FOLLOW(L’)={ ) }
③
习题4.4.4 计算练习4.2.2的文法的FIRST和FOLLOW集合3)S→S(S)S|ε
5)S→(L)|a,L→L,S|S
解：
3)FIRST(S)={ ε,( } FOLLOW(S)={ (,),$ }
5)FIRST(S)={ (,a } FOLLOW(S)={ ),,,$ }
FIRST(L)={ (,a } FOLLOW(L)={ ),, }
习题4.6.2为练习4.2.1中的增广文法构造SLR项集，计算这些项集的GOTO函数，给出这个文法的语法分析表。
这个文法是SLR文法吗？
S→SS+|SS*|a
解：
①构造该文法的增广文法如下
S’->S
S->SS+
S->SS*
S->a
②构造该文法的LR(0)项集如下
③GOTO函数如下
GOTO(I0，S)=I1 GOTO(I0，a)=I2
GOTO(I1，S)=I3 GOTO(I1，a)=I2 GOTO(I1,$)=acc
GOTO(I3，S)=I3 GOTO(I3，+)=I4 GOTO(I3，*)=I5 GOTO(I3，a)=I2
④构造该文法的语法分析表
注：FOLLOW(S’)=FOLLOW(S)={+,*,a,$}
这个文法是SLR文法，因为语法分析表中没有重复的条目
习题4.6.6说明下面文法
S→SA|A
A→a
是SLR(1)的，而不是LL(1)的。
证明：
1)可以求得FIRST(SA)=FIRST(A)={a}，故该文法不是LL(1)文法
2)构造该文法的增广文法的语法分析表如下
①构造增广文法
S’->S
S->SA
S->A
A->a
②构造LR(0)项集族
③GOTO函数如下
GOTO(I0，S)=I1 GOTO(I0，A)=I2 GOTO(I0,a)=I3
GOTO(I1，A)=I4 GOTO(I1，a)=I3 GOTO(I1,$)=acc
④构建语法分析表如下(FOLLOW(A)=FOLLOW(S)={a,$})
可以看到该语法分析表中没有重复的条目故该文法是SLR(1)文法
习题4.7.4说明下面的文法
S->Aa|bAc|dc|bda
A->d
是LALR(1)的，但不是SLR(1)的
证明：
1、构造该文法的SLR(1)语法分析表
①构造增广文法
S’->S
S->Aa
S->bAc
S->dc
S->bda
A->d
②构造LR(0)项集族
③GOTO函数
GOTO(I0，S)=I1 GOTO(I0，A)=I2 GOTO(I0，b)=I3 GOTO(I0，d)=I4 GOTO(I1,$)=acc GOTO(I2，a)=I5 GOTO(I3，A)=I6 GOTO(I3，d)=I7 GOTO(I4，c)=I8 GOTO(I6，c)=I9 GOTO(I7，a)=I10
④构建SLR语法分析表如下(FOLLOW(A)={a,c})
可以看到在图中存在二义性的条目，故该文法不是SLR(1)文法
2、构造该文法的LALR(1)语法分析表
①构造该增广文法的LR(1)项集族如下
③GOTO函数
GOTO(I0，S)=I1 GOTO(I0，A)=I2 GOTO(I0，b)=I3 GOTO(I0，d)=I4 GOTO(I1,$)=acc GOTO(I2，a)=I5 GOTO(I3，A)=I6 GOTO(I3，d)=I7
GOTO(I4，c)=I8 GOTO(I6，c)=I9 GOTO(I7，a)=I10
可见该分析表中不存在二义性的条目，故该文法是LALR(1)文法
习题4.7.5说明下面的文法
S->Aa|bAc|Bc|bBa
A->d
B->d
是LR(1)的，但不是LALR(1)的
证明：
1、构造该文法的LR(1)语法分析表
①构造该文法的增广文法
S’->S
S->Aa
S->bAc
S->Bc
S->bBa
A->d
B->d
②构造该增广文法的LR(1)项集族如下
②项集合并：没有可以合并的项集
③GOTO 函数
GOTO(I0，S)=I1 GOTO(I0，A)=I2 GOTO(I0，b)=I3 GOTO(I0，B)=I4 GOTO(I0，d)=I5 GOTO(I1,$)=acc GOTO(I2，a)=I6 GOTO(I3，A)=I7 GOTO(I3，B)=I8 GOTO(I3，d)=I9 GOTO(I4，c)=I10 GOTO(I7，c)=I11 GOTO(I8，a)=I12
2、 构造该文法的LALR(1)语法分析表 ①合并LR(1)项集族 I5和I9可以合并为I59。