【编译原理】第三章部分课后题答案

第 三 章 课 后 习 题

T 3.1

考虑文法
$$\begin{gathered} S\to (L)|a \\ L\to L,S|S \end{gathered}$$
(a) 建立句子 $(a,(a,a))$ 和 $(a,(a,a),(a,a))$ 的分析树。

见下面两题。

(b) 为 (a) 的两个句子构造最左推导。

$(a,(a,a))$ 最左推导的分析树（包括推导过程中的分析树）：

$(a,(a,a),(a,a))$ 最左推导的分析树：
$$\begin{gathered} S{\Rightarrow }_{lm}(L){\Rightarrow }_{lm}(L,S){\Rightarrow }_{lm}(S,S){\Rightarrow }_{lm}(a,S){\Rightarrow }_{lm}(a,(L)){\Rightarrow }_{lm}(a,(L,S)){\Rightarrow }_{lm}(a,(S,S)){\Rightarrow }_{lm}(a,((L),S)) \\ {\Rightarrow }_{lm}(a,((L,S),S)){\Rightarrow }_{lm}(a,((S,S),S)){\Rightarrow }_{lm}(a,((a,S),S)){\Rightarrow }_{lm}(a,((a,a),S)){\Rightarrow }_{lm}(a,((a,a),(L))) \\ {\Rightarrow }_{lm}(a,((a,a),(L))){\Rightarrow }_{lm}(a,((a,a),(L,S))){\Rightarrow }_{lm}(a,((a,a),(S,S))){\Rightarrow }_{lm}(a,((a,a),(a,S))){\Rightarrow }_{lm}(a,((a,a),(a,a))) \end{gathered}$$
(c) 为 (a) 的两个句子构造最右推导。

$(a,(a,a))$ 最右推导的分析树（包括推导过程中的分析树）：

$(a,(a,a),(a,a))$ 最右推导：

$$\begin{gathered} S{\Rightarrow }_{rm}(L){\Rightarrow }_{rm}(L,S){\Rightarrow }_{rm}(L,(L)){\Rightarrow }_{rm}(L,(L,S)){\Rightarrow }_{rm}(L,(L,(L))){\Rightarrow }_{rm}(L,(L,(L,S))){\Rightarrow }_{rm}(L,(L,(L,a))) \\ {\Rightarrow }_{rm}(L,(L,(S,a))){\Rightarrow }_{rm}(L,(L,(a,a))){\Rightarrow }_{rm}(L,(S,(a,a))){\Rightarrow }_{rm}(L,((L),(a,a))){\Rightarrow }_{rm}(L,((L,S),(a,a))) \\ {\Rightarrow }_{rm}(L,((L,a),(a,a))){\Rightarrow }_{rm}(L,((S,a),(a,a))){\Rightarrow }_{rm}(L,((a,a),(a,a))){\Rightarrow }_{rm}(S,((a,a),(a,a))){\Rightarrow }_{rm}(a,((a,a),(a,a))) \end{gathered}$$
(d) 这个文法产生的语言是什么？

该文法产生的语言是括号匹配的串，串中的各项用“，”隔开，项可以是括号匹配的子串或 a。

T 3.2

考虑文法
$$S\to aSbS|bSaS|\epsilon$$
(a) 为句子 $abab$ 构造两个不同的最左推导，以此说明该文法是二义的。

第一种最左推导的分析树（包括推导过程中的分析树）：

​

第二种最左推导的分析树（包括推导过程中的分析树）：

一个文法，如果存在某个句子有不止一棵分析树与之对应，那么称这个文法是二义的；故，该文法是是二义的。

(b) 为 $abab$ 构造对应的最右推导。

两种最右推导的分析树（包括推导过程中的分析树）如下：

(c) 为 $abab$ 构造对应的分析树。

见上面四幅图。

(d) 这个文法产生的语言是什么？

通过最左推导的方式和产生式 $S\to aSb$ 可以得到前缀为若干个 $a$ 的任意长度的串；

通过最左推导的方式和产生式 $S\to bSa$ 可以得到前缀为若干个 $b$ 的任意长度的串；

题目给的产生式为 $S\to aSbS$ 、 $S\to bSaS$ 和 $S\to \epsilon$，由 $S$ 可以推导出空串，可以说明可以产生 $S\to aSb$ 和 $S\to bSa$，因此由任意长度的前缀 $a$ 和前缀 $b$ 的子串可以构成 $a$ 和 $b$ 任意交错的串；

又因为每个产生式中 $a$ 和 $b$ 的个数都相同，故产生 $a$ 和 $b$ 数目相等且任意长度的串。

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T 3.3

下面的二义文法描述命题演算公式，为它写一个等价的非二义性文法。
$$S\to S\text{and}S|S\text{or}S|\text{not}S|\text{true}|\text{false}|(S)$$
通过引入非终结符消除二义性：
$$\begin{gathered} E\to E\text{or}T|T \\ T\to T\text{and}F|F \\ F\to \text{not}F|(E)|\text{true}|\text{false} \end{gathered}$$

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T 3.4

文法
$$R\to R{}^{\prime }{|}^{\prime }R|RR|R^{\ast }|(R)|a|b$$
产生字母表 $\{a,b\}$ 上所有不含 $\epsilon$ 的正规式。注意，第一条竖线加了引号，它是正规式的或运算符号，而不是文法产生式右部各选择之间的分隔符，另外${}^{\ast }$在这里是一个普通的终结符。该文法是二义的。

(a) 证明该文法产生字母表 $\{a,b\}$ 上的所有正规式。

证明：

(1) 该文法产生的串是字母表 $\{a,b\}$ 上的正规式：

$R\to a$和$R\to b$产生$a$和$b$，而$a$和$b$是 $\{a,b\}$上的符号，因此是正规式。若$R_1$，$R_2$产生正规式$\alpha$和$\beta$
则：
$R\to R_1{R}_2$ 产生正规式 $\alpha \beta$

$R\to R_1|R_2$ 产生正规式 $\alpha |\beta$

$R\to R_1^{\ast }$ 产生正规式 ${\alpha }^{\ast }$

$R\to (R_1)$ 产生正规式 $(\alpha )$

(2) 字母表 $\{a,b\}$ 上的所有正规式都可由此文法产生：

字母表 $\{a,b\}$ 上的任一正规式（其中 $\alpha$，$\beta$ 为正规式）必为以下形式之一：

$\alpha \beta$，可由 $R\to RR$ 产生

$\alpha |\beta$，可由 $R\to R|R$ 产生

${\alpha }^{\ast }$，可由 $R\to R^{\ast }$ 产生

$(\alpha )$，可由 $R\to (R)$ 产生

$a$，可由 $R\to a$ 产生

$b$，可由 $R\to b$ 产生

因而，该文法产生字母表 $\{a,b\}$ 上的所有正规式

(b) 为该文法写一个等价的非二义文法。它给予算符 ${}^{\ast }$ 、连接和 $|$ 的优先级和结合性同 2.2 节中定义的一致。

该文法没有体现运算符${}^{\ast }$ 、$()$、 $|$ 和连接的优先级，因而是二义的。例如：
$$\begin{gathered} R\Rightarrow R|R\Rightarrow a|R\Rightarrow a|R^{\ast }\Rightarrow a|b^{\ast } \\ R\Rightarrow R^{\ast }\Rightarrow R|R^{\ast }\Rightarrow a|R^{\ast }\Rightarrow a|b^{\ast } \end{gathered}$$
通过引入非终结符消除二义性：
$$\begin{gathered} E\to E{}^{\prime }{|}^{\prime }T|T \\ T\to TF|F \\ F\to F^{\ast }|(E)|a|b \end{gathered}$$
消除二义性后：
$$E\Rightarrow E|T\Rightarrow E|F\Rightarrow E|F^{\ast }\Rightarrow E|b^{\ast }\Rightarrow T|b^{\ast }\Rightarrow F|b^{\ast }\Rightarrow a|b^{\ast }$$
(c) 按上面两个文法构造句子 $ab|b^{\ast }a$ 的分析树。

存在二义性：

不存在二义性：

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T 3.5

条件语句文法
$$\begin{gathered} stmt\to \text{if}expr\text{then}stmt|matched\_stmt \\ matched\_stmt\to \text{if}expr\text{then}matched\_stmt\text{else}stmst|\text{other} \end{gathered}$$

试图消除悬空 $else$ 的二义性，请证明该文法仍然是二义的。

由于$matched\_stmt$不能保证$then$和$else$的配对，因而存在二义性。

句型 $ifexprthenifexprthenmatched\_stmtelseifexprthenmatched\_stmtelsestmt$ 存在两个不同的最左推导。

期望的是：

if expr then
	if expr then
		matched_stmt
	else 
		if expr then
			matched_stmt
		else 
			stmt

一种和期望不一样的推导：

stmt
=> matched_stmt
=> if expr then matched_stmt else stmt
=> if expr then if expr then matched_stmt else stmt else stmt
=> if expr then if expr then matched_stmt else if expr then stmt else stmt
=> if expr then if expr then matched_stmt else if expr then matched_stmt else stmt

if expr then
	if expr then
		matched_stmt
	else 
		if expr then
			matched_stmt
else 
	stmt

另一种推导：

stmt
=> if expr then stmt
=> if expr then matched_stmt
=> if expr then if expr then matched_stmt else stmt
=> if expr then if expr then matched_stmt else matched_stmt 
=> if expr then if expr then matched_stmt else if expr then matched_stmt else stmt

if expr then
	if expr then
		matched_stmt
	else 
		if expr then
			matched_stmt
		else 
			stmt

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T 3.8

(a) 消除习题 3.1 文法的左递归。
$$\begin{gathered} S\to (L)|a \\ L\to S{L}^{\prime } \\ {L}^{\prime }\to ,S{L}^{\prime }|\epsilon \end{gathered}$$
(b) 为 (a) 的文法构造预测分析器。

$$\begin{gathered} First(S)=\{(,a\} \\ First(L)=\{(,a\} \\ First(L^{\prime })=\{{}^{\prime }{,}^{\prime },\epsilon \} \\ Follow(S)=\{),{}^{\prime }{,}^{\prime },\$\} \\ Follow(L)=\{),\$\} \\ Follow(L^{\prime })=\{),\$\} \end{gathered}$$

非终结符	输入符号
	(	)	a	,	$
S	S→(L)		S→a
L	L→SL'		L→SL'
L'		L'→ε		L→,SL'	L'→ε

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T 3.10

构造下面文法的 LL(1) 分析表。
$$\begin{gathered} D\to TL \\ T\to \text{int}|\text{real} \\ L\to \text{id}R \\ R\to ,\text{id}R|\epsilon \end{gathered}$$
先确定非终结符的 $First$ 和 $Follow$ 集：
$$\begin{gathered} First(D)=First(T)=\{\text{int},\text{real}\} \\ First(L)=\{\text{id}\} \\ First(R)={\{}^{\prime }{,}^{\prime },\epsilon \} \\ Follow(D)=Follow(L)=\{\$\} \\ Follow(T)=\{\text{id}\} \\ Follow(R)=\{\$\} \end{gathered}$$

非终结符	输入符号
	int	real	id	,	$
D	D→TL	D→TL
T	T→int	T→real
L			L→idR
R				R→,idR	R→ε

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T 3.11

构造下面文法的 LL(1) 分析表。
$$\begin{gathered} S\to aBS|bAS|\epsilon \\ A\to bAA|a \\ B\to aBB|b \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} First(S)=\{a,b,\epsilon \} \\ First(A)=First(B)=\{a,b\} \\ Follow(S)=Follow(A)=Follow(B)=\{\$\} \end{gathered}$$

非终结符	输入符号
	a	b	$
S	S→aBS S→ε	S→bAS S→ε	S→ε
A	A→a	A→bAA
B	B→aBB	B→b

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T 3.12

下面的文法是否为 LL(1) 文法，说明理由。
$$\begin{gathered} S\to AB|PQx \\ A\to xy \\ B\to bc \\ P\to dP|\epsilon \\ Q\to aQ|\epsilon \end{gathered}$$
上面文法不是 LL(1) 文法。

LL(1) 文法：对于产生式 $A\to \alpha |\beta$ 满足：

① $FIRST(\alpha )\cap FIRST(\beta )=\varphi$

② 若 $\beta {\Rightarrow }^{\ast }\epsilon$ ，那么 $FIRST(\alpha )\cap Follow(A)=\varphi$

而本题中，$FIRST(AB)=\{x\}$，$FIRST(PQx)=\{d,a,x\}$，不满足条件 ①，故，上面文法不是 LL(1) 文法。

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T 3.18

为习题3.3的文法构造SLR分析表

扩展文法：

	action								goto
	and	or	not	true	false	(	)	$	S
0			s2	s3	s4	s5			1
1	s6	s7						acc
2			s2	s3	s4	s5			8
3	r4	r4					r4	r4
4	r5	r5					r5	r5
5			s2	s3	s4	s5			9
6			s2	s3	s4	s5			10
7			s2	s3	s4	s5			11
8	s6/r3	s7/r3					r3	r3
9	s6	s7					r12
10	s6/r1	s7/r1					r1	r1
11	s6/r2	s7/r2					r2	r2
12	r6	r6					r6	r6

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T 3.29

(a) 为下面文法构造规范LR(1)分析表，画出像图3.20这样的状态转换图就可以。
$$\begin{gathered} S\to V\text{=}E|E \\ V\to \text{*}E|\text{id} \\ E\to V \end{gathered}$$
详述构建$I_0$的过程：

① 拓展文法：
$$\begin{gathered} S^{\prime }\to S(0) \\ S\to V\text{=}E(1) \\ S\to E(2) \\ V\to \text{*}E(3) \\ V\to \text{id}(4) \\ E\to V(5) \end{gathered}$$
② 由于$S^{\prime }$后面不会存在任何字符，所以其$Follow$集中只有$元素，因此产生式(0)的搜索符为$

③ 对于项目$S^{\prime }\to \cdot S,$ $   \space  ，可以将产生式(1)代入，因为项目右部$S$后面为空串，所以新项目的搜索符为$，故得到新项目$S\to \cdot V\text{=}E,$ $   \space  ；类似地，将产生式(2)代入，得到新项目$S\to \cdot E,$ $

④ 对于项目$S\to \cdot V\text{=}E,$ $，可以将产生式(3)和(4)代入，因为项目右部$V$后面为$=$，所以新项目的搜索符为$=$，而不是$，故得到新项目$V\to \cdot \text{*}E,=$和$V\to \cdot \text{id},=$

⑤ 对于项目$S\to \cdot E,$$，可以将产生式(5)代入，因为项目右部$E$后面为空串，所以新项目的搜索符为$，故得到新项目$S\to \cdot V,$ $

⑥ 项目$V\to \cdot \text{*}E$和$V\to \cdot \text{id}$ 不会产生新的项目

⑦ 对于项目$S\to \cdot V,$ $，可以将产生式(3)和(4)代入，注意此时产生的新项目应该继承项目$S\to \cdot V,$ $的搜索符$，因此两个新项目为$V\to \cdot \text{*}E,$$和$V\to \cdot \text{id},$$

⑧ 不妨将第一个分量相同的项目对应的搜索符集合合并一下

生成其他状态的道理类似，只展示结果。

(b) 上述状态转换图有同心项目集吗？若有，合并同心项目集后是否会出现动作冲突？

其中$I_4$和$I_{11}$、$I_5$和$I_{12}$、$I_7$和$I_{13}$、$I_8$和$I_{10}$分别为同心项目集。

同心项目集的合并（又得到LALR自动机的过程）不会引入新的移进-归约冲突，可能会引入新的归约-归约冲突；又因为规范LR(1)自动机已经解决了移进-归约冲突的问题，所以只需要验证是否存在归约-归约冲突即可。显然合并后不存在归约-归约冲突，综上，不存在动作冲突。