《编译原理》西北工业大学第三版课后答案

第一章 习题解答

1. 解：源程序是指以某种程序设计语言所编写的程序。目标程序是指编译程

序（或解释程序）将源程序处理加工而得的另一种语言（目标语言）的程序。翻译程序是将某种语言翻译成另一种语言的程序的统称。编译程序与解释程序均为翻译程序，但二者工作方法不同。解释程序的特点是并不先将高级语言程序全部翻译成机器代码，而是每读入一条高级语言程序语句，就用解释程序将其翻译成一段机器指令并执行之，然后再读入下一条语句继续进行解释、执行，如此反复。即边解释边执行，翻译所得的指令序列并不保存。编译程序的特点是先将高级语言程序翻译成机器语言程序，将其保存到指定的空间中，在用户需要时再执行之。即先翻译、后执行。

2. 解：一般说来，编译程序主要由词法分析程序、语法分析程序、语义分析

程序、中间代码生成程序、代码优化程序、目标代码生成程序、信息表管理程序、错误检查处理程序组成。

3. 解：C语言的关键字有：auto break case char const continue

default do double else enum extern float for goto if int long register return short signed sizeof static struct switch typedef union unsigned void volatile while。上述关键字在C语言中均为保留字。

4. 解：C语言中括号有三种：{}，[]，（）。其中，{}用于语句括号；[]用

于数组；（）用于函数（定义与调用）及表达式运算（改变运算顺序）。C语言中无END关键字。逗号在C语言中被视为分隔符和运算符，作为优先级最低的运算符，运算结果为逗号表达式最右侧子表达式的值（如：(a,b,c,d)的值为d）。 5. 略

第二章 习题解答

1.（1）答：26*26=676 （2）答：26*10=260

（3）答：{a,b,c,...,z,a0,a1,...,a9,aa,...,az,...,zz,a00,a01,...,zzz},共26+26*36+26*36*36=34658个 2.构造产生下列语言的文法 （1）{anbn|n≥0}

解：对应文法为G(S) = ({S},{a,b},{ S→ε| aSb },S) （2）{anbmcp|n,m,p≥0}

解：对应文法为G(S) = ({S,X,Y},{a,b,c},{S→aS|X,X→bX|Y,Y→cY|ε},S) （3）{an # bn|n≥0}∪{cn # dn|n≥0}

解：对应文法为G(S) = ({S,X,Y},{a,b,c,d,#}, {S→X, S→Y,X→aXb|#,Y→cYd|# },S)

（4）{w#wr# | w?{0,1}*,wr是w的逆序排列}

解：G(S) = ({S,W,R},{0,1,#}, {S→W#, W→0W0|1W1|# },S) （5）任何不是以0打头的所有奇整数所组成的集合

解：G(S) = ({S,A,B,I,J},{-,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9},{S→J|IBJ,B→0B|IB|e, I→J|2|4|6|8, J

à1|3|5|7|9},S)

（6）所有偶数个0和偶数个1所组成的符号串集合

解：对应文法为 S→0A|1B|e，A→0S|1C B→0C|1S C→1A|0B 3.描述语言特点

（1）S→10S0S→aAA→bAA→a

解：本文法构成的语言集为：L(G)={(10)nabma0n|n, m≥0}。 （2）S→SS S→1A0A→1A0A→ε

解：L(G)={1n10n11n20n2 ? 1nm0nm |n1,n2,?,nm≥0；且n1,n2,?nm不全为零}该语言特点是：产生的句子中，0、1个数相同，并且若干相接的1后必然紧接数量相同连续的0。

（3）S→1AS→B0A→1AA→CB→B0B→CC→1C0C→ε

解：本文法构成的语言集为：L(G)={1p1n0n|p≥1,n≥0}∪{1n0n0q|q≥1,n≥0}，特点是具有1p1n0n 或1n0n0q形式，进一步，可知其具有形式1n0mn,m≥0,且n+m>0。

（4）S→bAdcA→AGSG→εA→a 解：可知，S=>?=>baSndc n≥0

该语言特点是：产生的句子中，是以ba开头dc结尾的串,且ba、dc个数相同。 （5）S→aSSS→a

解：L(G)={a(2n-1)|n≥1}可知：奇数个a

4.解：此文法产生的语言是：以终结符a1 、a2 ?an 为运算对象，以∧、∨、~为运算符，以[、]为分隔符的布尔表达式串

5. 5.1解：由于此文法包含以下规则：AA→e，所以此文法是0型文法。 5.2证明：略 6.解：

（1）最左推导：

<程序>T<分程序>T<标号>：<分程序>TL：<分程序> TL：<标号>：<分程序> T L：L：<分程序> T L：L：<无标号分程序>

T L：L：<分程序首部>；<复合尾部>

T L：L：<分程序首部>；<说明>；<复合尾部> T L：L：begin<说明>；<说明>；<复合尾部> T L：L：begin d；<说明>；<复合尾部> T L：L：begin d；d；<复合尾部>

T L：L：begin d；d；<语句>；<复合尾部> T L：L：begin d；d；s；<复合尾部. T L：L：begin d；d；s；<语句> end T L：L：begin d；d；s；s end 最右推导：

<程序>T<分程序>T<标号>：<分程序> T<标号>：<标号>：<分程序> T<标号>：<标号>：<无标号分程序>

T<标号>：<标号>：<分程序首部>；<复合尾部>

T<标号>：<标号>：<分程序首部>；<语句>；<复合尾部> T<标号>：<标号>：<分程序首部>；<语句>；<语句>；end T<标号>：<标号>：<分程序首部>；<语句>；s；end T<标号>：<标号>：<分程序首部>；s；s；end T<标号>：<标号>：<分程序首部>；说明；s；s；end T<标号>：<标号>：<分程序首部>；d；s；s；end T<标号>：<标号>：begin 说明；d；s；s；end T<标号>：<标号>：begin d；d；s；s；end T<标号>： L：begin d；d；s；s；end TL：L：begin d；d；s；s；end

（2）句子L：L：begin d；d；s；s end的相应语法树是：

7.解：

aacb是文法G[S]中的句子，相应语法树是：

最右推导：S=>aAcB=>aAcb=>aacb 最左推导：S=>aAcB=>aacB=>aacb （2）aabacbadcd不是文法G[S]中的句子 因为文法中的句子不可能以非终结符d结尾 （3）aacbccb不是文法G[S]中的句子

可知，aacbccb仅是文法G[S]的一个句型的一部分，而不是一个句子。 （4）aacabcbcccaacdca不是文法G[S]中的句子

因为终结符d后必然要跟终结符a，所以不可能出现?dc?这样的句子。 （5）aacabcbcccaacbca不是文法G[S]中的句子

由（1）可知：aacb可归约为S，由文法的产生式规则可知，终结符c后不可能跟非终结符S，所以不可能出现?caacb?这样的句子。

8.证明：用归纳法于n，n=1时，结论显然成立。设n=k时，对于α1α2...αkT*b,存在βi：i=1,2,..,k，αiT*bi成立，现在设

α1α2... αkαk+1T*b，因文法是前后文无关的，所以α1α2... αk可推导出b的一个前缀b'，αk+1可推导出b的一个后缀=b\不妨称为b k+1)。由归纳假设，对于b'，存在βi ：i=1,2,..,k，b'=β1β2...βk,使得

αiT*bi成立，另外,我们有αk+1T*b\）。即n=k+1时亦成立。证毕。 9.证明：(1)用反证法。假设α首符号为终结符时，β的首符号为非终结符。即设：α=aω；β=Aω’且 α=>*β。

由题意可知：α=aωT ?T Aω’=β，由于文法是CFG，终结符a不可能被替换空串或非终结符，因此假设有误。得证；

（2）相应的3型文法

(i) S →aAS→bS A→aA A→bB B→a|aB B→b|bB (ii) S→aA|a S→bB B→aB | bB A→aB A→b|bA

(iii) S→aA S→bB A→bA A→aC B→aB B→bC C→a|aC C→b|bC (iv) S→bS S→aA A→aC A→bB B→aB B→bC C→a|aC C→b|bC （3）用自然语言描述输入串的特征

(i) 以任意个(包括0)b开头，中间有任意个（大于1）a，跟一个b,还可以有一个由a,b组成的任意字符串

(ii) 以a打头，后跟任意个（包括0）b

(iii)以a打头，中间有任意个（包括0）b,再跟a,最后由一个a,b所组成的任意串结尾或者

以b打头，中间有任意个（包括0）a,再跟b,最后由一个a,b所组成的任意串结尾

(iv)以任意个（包括0）b开头,中间跟aa最后由一个a,b所组成的任意串结尾或者

以任意个（包括0）b开头，中间跟ab后再接任意（包括0）a再接b，最后由一个a,b所组成的任意串结尾 10 （1）G1的状态转换图：

G2的状态转换图：

(2) G1等价的左线性文法：

S→Bb,S→Dd,D→C,B→Db,C→Bc,B→Ab,B→ε,A→a G2等价的右线性文法：

S→dD,S→aB,D→C,B→abC,B→bB,B→bA,B→ε,C→cA,A→a （3）对G1文法,abb的推导序列是： S=>aA=>abB=>abb

对G1’文法，abb的推导序列是： S=>Bb=>Abb=>abb

对G2文法，aabca的推导序列是： S=>Aa=>Cca=>Babca=>aabca

对G2’文法，aabca的推导序列是： S=>aB=>aabC=>aabcA=>aabca

（4）对串acbd来说，G1,G1’文法都不能产生。 11将右线性文法化为左线性文法的算法：

（1）对于G中每一个形如A→aB的产生式且A是开始符，将其变为B→a,否则若A不是开始符，B→Aa;

o （2）对于G中每一个形如A→a的产生式,将其变为S→Aa

o

12 (1)

状态矩阵是：

记[S]=q0 [B]=q1 [A B]=q2 [S A]=q3 ,最小化和确定化后如图

（2）记 [S]=q0, [A]=q1,[B S]=q2 最小化和确定化后的状态转换图如下

13 （1）将具有ε动作的NFA确定化后，其状态转换图如图： 记 { S0,S1,S3}=q0 {S1}=q1 {S2 S3}=q2 {S3}=q3

(2) 记{S}=q0 {Z}=q1 {U R}=q2 {S X}=q3 {Y U R}=q4 {X S U}=q5 {Y U R Z}=q6 {Z S}=q7

14（1）从略

(2)化简后S0和S1作为一个状态，S5和S6作为一个状态。 状态转换图如图

15从略。 16从略。

?

(1) r*表示的正规式集是{ε,r,rr,rrr,?}

(ε|r)*表示的正规式集是{ε, εε,?}∪{r,rr,rrr,?}={ε,r,rr,rrr,?} ε|rr*表示的正规式集是{ε,r,rr,rrr,?}

(r*)*=r*={ε,r,rr,rrr,?} 所以四者是等价的。

(2)（rs）*r表示的正规式集是{ε,rs,rsrs,rsrsrs,?}r ={r,rsr,rsrsr,rsrsrsr,?}

r(sr)* 表示的正规式集是r{ε,sr,srsr,srsrsr,?} ={ r,rsr,rsrsr,rsrsrsr,?} 所以两者等价。 18 写成方程组 S=aT+aS(1) B=cB+c(2) T=bT+bB(3) 所以B=c*cT=b*bc*c S=a*ab*bc*c

?

G1:

S=aA+B(1) B=cC+b(2) A=abS+bB (3) C=D(4) D=bB+d(5)

把（4）（5）代入（2），得B＝c(bB+d)+b=cbB+cd+b 得B=(cb)*(cd|b),代入（3）得

A=abS+b(cb)*(cd|b)把它打入（1）得 S=a(abS+b(cb)*(cd|b))+ (cb)*(cd|b) =aabS+ab(cb)*(cd|b) + (cb)*(cd|b) =(aab)*( ab(cb)*(cd|b)| (cb)*(cd|b))

G2: S=Aa+B (1) A=Cc+Bb (2) B=Bb+a(3) C=D+Bab(4) D=d(5)

可得 D=dB=ab*C=ab*ab|bA=(ab*ab|b)c + ab*b S=(ab*ab|b)ca+ab*ba +ab* =(ab*ab|b)ca| ab*ba| ab* 20

识别此语言的正规式是S=’LABEL’d(d|,d)*; ? 从略。

?

21 从略。 22 构造NFA

其余从略。

23 下面举一个能够识别1,2,3,10,20,100的例子，读者可以推而广之。 %{

#include #include

#include #define ON1 #define TW 2 #define THRE 3 #define TE 10 #define TWENT 20 #define HUNDRE 100 #define WHITE9999 %}

upper[A-Z] %%

ONEreturn ON; TWOreturn TW; THREEreturn THRE; TENreturn TE; TWENTYreturn TWENT; HUNDREDreturn HUNDRE; \\\nreturn0; %%

main(int argc,char *argv[]) {

int c,i=0; char tmp[30];

if (argc==2) {

if ((yyin=fopen(argv[1],\{

printf(\} }

while ((c=yylex())!=0) {

switch(c) { case ON: c=yylex();

if (c==0) goto {i+=1;label;} c=yylex(); if (c==HUNDRE) i+=100; else i+=1; break;

case TW:c=yylex(); c=yylex(); if (c==HUNDRE) i+=200; else i+=2;

break;

case TWENT: i+=20; break;

case TE:i+=10; break;

default:break; }

}/*while*/

label: printf(\return; }

24 （1）Dn表示的正规集是长度为2n任意a和b组成的字符串。 此正规式的长度是2n

? 用来识别Dn的DFA至多需要2n＋1个状态。

?

25 从略。

26（1）由{}括住的,中间由任意个非{组成的字符串, 如{},{}},{a},{defg}等等。 （2）匹配一行仅由一个大写字母和一个数字组成的串，如A1,F8,Z2等。 （3）识别\\r\\n和除数字字符外的任何字符。

?

由’和’括住的，中间由两个’’或者非’和\\n组成的任意次的字符串。

如’’’’, ‘a’,’bb’,’def’，’’’’’’等等

27O[Xx][0-9]*[a-fA-F]*|[0-9]+|(\\’([a-zA-Z]|\\\\[Xx][0-7][0-7a-fA-F]|\\\\0[01][0-7][0-7]|\\\\[a-z])\\’) 28^[a-zA-Z_]+[0-9]*[a-zA-Z_]* 29 参考程序如下： %{

#include #include #include #define UPPER2 #define WHITE3 %}

upper[A-Z] %%

{upper}+returnUPPER; \\t|\%%

main(int argc,char *argv[]) { int c,i; if (argc==2) {

if ((yyin=fopen(argv[1],\{

printf(\} }

while ((c=yylex())!=EOF) {

if (c==2)

{

for (i=0;yytext[i];i++)

printf(\yytext[0]='\\000'; }

if (c==3) printf(\

else printf(\} return; } yywrap() { return ; }

30 从略。

第四章 习题解答

第四章习题参考答案

?

1.解：

(1)S→(S)Z21|()Z21|[S]Z31|[]Z31 A→(S)Z22|()Z22|[S]Z32|[]Z32

B→(S)Z23|()Z23|[S]Z33|[]Z33 Z11→ε|AZ11|BZ21

Z12→AZ12|BZ22Z13→AZ13|BZ23 Z21→Z11Z22→ε|Z12 Z23→Z13Z31→Z21 Z32→Z22Z33→ε|Z23

(2)S→bZ11|aZ21A→bZ12|aZ22

Z11→ε| AZ21Z12→AZ22Z21→SZ21Z22→ε|SZ22 (3)S→(T)Z11 | aZ11 | Z11S→(T)Z12 | aZ12 | Z12 Z11→ε| Z21Z12→Z22Z21→,SZ21Z22→ε|,SZ22

?

2.解：

SAbB1,1.1(表示第1步，用产生式1.1推导,以下同) CAbbB2,2.1 edAbbB3,4.1 edCAbbB4,2.1 ededAbbbB5,4.1

edaAbbbB5，4.2 (不符合，改写第5步，用4.2) edBfbbB4,2.2 edCSdfbbB5,3.1 ededSdfbbB6,4.1 edaSdfbbB6,4.2 eddfbbB5,3.2 eddfbbCSd6,3.1 eddfbbedSd7,4.1

eddfbbaSd7,4.2 eddfbbd6,3.2

?

3.解：以下Save表示save token_pointer value, Restore表示restore token_pointer value。

(1)文法没有左递归。 Function P:boolean; Begin Save; P:=true;

If next_token=”begin” then If next_token=’d’ then If next_token=’;’ then If X then

If next_token=”end” then return; Restore; P:=false; End;

Function X:boolean; Begin Save; X:=true;

If next_token=’d’ then If next_token=’;’ then If X then return;

Restore;

If next_token=’s’ then If Y then return; Restore; X:=false; End;

Function Y:boolean; Begin Save; Y=true;

If next_token=’;’ then If next_token=’s’ then If Y then return; Restore; End;

(2)消去文法左递归，并记为：

P→begin S endS→A|CA→V:=EC→ if E then S E→VE’E’ →+VE’|εV→I Function P:boolean; Begin Save; P:=true;

If next_token=”begin” then If S then

If next_token=”end” then return;; Restore; P:=false; End;

Function A:boolean; Beign Save; A:=true; If V then

If next_token=”:=”If E then return; Restore; A:=flase; End;

Function S:boolean; Beign Save; S:=true;

If A then return; Restore;

If C then return; Restore; S:=false; End;

then Function C:boolean; Begin Save; C:=true;

If next_token=”if” then If E then

If next_token=”then”If S then return; Restore; C:=false; End;

Function E:boolean; Begin Save; E:=true; If V then

If Ep then return; Restore; E:=false; End;

Function Ep:boolean; Being Save; Ep:=true;

then If next_token=’+’ then If V then

If E’ then return; Return; End;

?

4.解：

? ?

5.证：因为是左递归文法，所以必存在左递归的非终结符A，及形如A→α|β的产生式,且αT* Ad.

则first(Ad) ∩first(β)≠φ,从而

first(α) ∩first(β)≠φ，即文法不满足LL（1）文法条件。得证。

?

6.证：LL（1）文法的分析句子过程的每一步，永远只有唯一的分析动作可进行。现在，假设LL(1)文法G是二义性文法，则存在句子α，它有两个不同的语法树。即存在着句子α有两个不同的最左推导。从而可知，用LL（1）方法进行句子α的分析过程中的某步中，存在两种不同的产生式替换，且均能正确进行语法分析，即LL（1）分析动作存在不确定性。与LL（1）性质矛盾。所以，G不是LL(1)文法。 7.解：

?

(1)D产生式两个候选式fD和f的first集交集不为空，所以不是LL(1)的。 (2)此文法具有左递归性，据第5题结论，不是LL(1)的。

?

8.解：

(1)消除左递归性,得：

S→bZ11|aZ21A→bZ12|aZ22Z11→bZ11|εZ12→bZ12

Z21→bZ11|aZ21Z22→bZ12|aZ22|ε

消除无用产生式得：S→bZ11|aZ21Z11→bZ11|εZ21→bZ11|aZ21 此文法已满足LL(1)文法的三个条件，

所以 G’[S]: S→bZ11|aZ21Z11→bZ11|εZ21→bZ11|aZ21 (2) G’文法的各非终结符的FIRST 集和FOLLOW集： 产生式 S→bZ11 →aZ21 Z11→bZ11 →ε

Z21→bZ11 →aZ21

FIRST 集 {b} {a} {b} {ε} {b} {a}

FOLLOW集 {#}

{#}

{#}

LL(1)分析表为： S Z11 Z21

?

a aZ21

aZ21 9.解：

b bZ11 bZ11 bZ11 # ε

(1)

产生式 S→SaB →bB A→S →a B→Ac

first集 {b} {b} {b}

{c}

{a} {a,b}

{#,a,c} follow集 {#,a,c}

(2)将S→SaB | bB改写为S→bBS’,S’ →aBS’|ω,可验证，新文法是LL(1)的。

?

10.解：

?

1）为方便书写，记：<布尔表达式>为A，<布尔因子>为B，<布尔二次量>为C，<布尔初等量>为D，原文法可以简化为：

A→A∨B | B B→B∧C | CC→┐D | DD→(A) | true | false, 显然，文法含有左递归，消去后等价LL(1)文法为： A→BA’ A’ →∨BA’|ω B→CB’,

B’ →∧CB’|ωC→┐D|DD→(A)| true|false (2)略

?

证：若LL（1）文法G有形如B→aAAb的产生式，且AT+ε及AT*ag,根据FIRST集FOLLOW集的构造算法可知，FIRST(A)中一切非ε加到FOLLOW(A)中，则a∈FOLLOW(A)；又因为a∈FIRST(ag),所以两集合相交非空，因此，G不是LL(1)文法；与前提矛盾，假设不成立，得证。 解：

?

(1) S A ( a ) b S = = A = < = < ( = = < < < < a > = < > > > ) > > > > > b > >

不是简单优先文法。 (2)

S R T ( ) ∧ a , S > = R = T > ( < = < < < < ) > > ∧ > > a > > , < = < < <

是简单优先文法。 (3) S R ( a , ) S = < < R > > ( = < < a > > , = < < ) > >

是简单优先文法。

o

首先消去无用产生式Z→E, Z→E+T

S Z T # i ( ) S Z = = T > > # = < < < I > > ( = < < < ) > >

化简后的文法是简单优先文法；

?

解：

S

A =

<

< > > / > =

A > = > >

S A / a

A和/之间同时有关系=和<,所以不是简单优先文法；

?

提示：分析教材中给出的算法，选择一种合适的表示给定文法的方法（尽量简单），使得对文法的输入比较简单的同时(需要把输入转化为计算机语言表示，这种转化应该尽量简单)，能够比较简单地构造3个基本关系矩阵（=，LEAD和LAST）。

证明：设xjxj+1...xi是满足条件xj-1xi+1的最左子串。由=关系的定义，可知xjxj+1...xi必出现在某产生式的右部中。又因xj-1,L=<变量表>, V=

<变量>,T=<类型>，a=VAR,则消去V，并采用分层法改写文法，得到：D→aW:T;W→LL→L,i|iT→r|n|b|c

?

其全部简单优先关系是： D D W T L a : ; , i r|n|b|c

W

=

T =

L <

a

: = > >

; = >

, = > >

i < =

r|n|b|c <

是简单优先文法。

证：设STna,我们对n用归纳法，证明a不含两个非终结符相邻情况。n=1时，STa,即S→a是文法的产生式，根据定义，它不含上述情况。设n=k时，上述结论成立，且设STkdAb，由归纳假设，A两侧必为终结符。我们再进行一步推导，得STkdAbTdub, 其中，A→u是文法中的产生式，由定义，u中不含两个非终结符相邻情况，从而dub两个非终结符相邻情况。得证。

? 证：由于G不是算符文法，G中至少有一个产生式，其右部含有两个非终

结符相邻的情况。不失一般性，设其形为U→xABy,x,y∈V*,由于文法不含无用产生式，则必存在含有U的句型dUb，即存在推导ST*dUbTdxAByb.得证。

? 文法为：E→E↑A | AA→A*T | A/T | TT→T+V | T-V | VV→i | (E) ? 解：

?

（1）构造算符优先矩阵： - * （ ） i # > > - < > < >

< < > * > < > < < ( < < < = < ) > > > > I > > > > # < < < <

（2）在（-，-）、（-，*）和（*，-）处有多重定义元素，不是算符优先文法； （3）改写方法：

将E→E-T中的减号与F→-P中的赋值运算符强制规定优先关系； ? 或者将F-P中的赋值运算符改为别的符号来表示；

? (1)证明：由设句型a =?Ua?中含a的短语不含U，即存在A，A=>*ay,

则a可归约为a =?Ua?ü*?UA?=b，b是G的一个句型，这与G是算符文法矛盾，所以，a中含有a的短语必含U。

?

（2）的证明与（1）类似，略。

? ? ? ? ?

证：（1）对于a=?aU?是句型，必有ST*a(=?aU?) T+?ab?.即在归约过程中,b先于a被归约,从而,a

证：(1) 用反证法。设没有短语包含b但是不包含a，则a,b一定同时位于某个短语中，从而必使得a,b同时位于同一产生式的右部，所以a=b，与G是算符优先文法（=与<不能并存）矛盾。

（2）、（3）类似可证。

?

? ? ? ?

证：只要证u中不含有除自身以外的素短语。设有这样的素短语存在，即存在bx···by是素短语，其中1by+1，与bx-1=bx及 by=by+1矛盾，得证。

提示：根据27题的结论，只要证u是句型α的短语，根据=关系的定义容易知道u是句型α的素短语。

证：与28题的不同点只是a0,an+1可以是’#’,不影响结论。

证：设不能含有素短语，则只能是含有短语（不能含有终结符号），则该短语只能含有一个非终结符号，否则不符合算符文法定义，得证。 解：

（1）算符优先矩阵：

+ * ↑ （ ） i # + > < < < > < > * > > < < > < > ↑ > > < < > < > ( < < < < = < ) > > > > > I > > > > > # < < < < <

（2）用Floyd方法将优先矩阵线性化得到得的优先函数为： + * ↑ ( ) i # F 3 5 5 1 7 7 1 G 2 4 6 6 1 6 1

?

解：用Floyd方法对已知的优先矩阵构造的优先函数为：

z b M L a ( ) f 1 5 6 7 7 4 7 g 1 6 5 4 6 6 7

?

解：

（1）优先矩阵如下： [ ] a # [ > = ] > > < < a < > > # < < <

（2）用Bell方法求优先函数的过程如下：

f g

[ 5 5

] 7 5

a 5 6

# 1 1

（3）显然，文法不是算符优先文法, 所以不能线性化。 略。 ? 解：

?

（1）识别全部活前缀的DFA如下：（以表格的形式来表示，很容易可以转化为图的形式，本章中其余的题目也是采用这种形式表示。） 状态 项目集 经过的符号 到达的状态

S’ →·S

S→·aSb I0

S→·aSc S→·ab I1 S’ →S·

S→a·Sb

S→a·Sc

S

S→a·b I2

S→·aSb

b

S→·aSc S→·ab S→aS·b

I4

a

I2 I3

a

I2

S

I1

I3

b I5

S→aS·c I4 S→ab· I5 S→aSb· I6 S→aSc·

c

I6

（2）识别全部活前缀的DFA如下： 状态 项目集 经过的符号 到达的状态

S’ →·S I0 S→·cA S→·ccB I1 S’ →S· S→c·A

S→c·cB I2 A→·cA

A→·a I3 S→cA· S→cc·B

A→c·A

B→·ccB I4 B→·b

A→·cA

A→·a I5 A→a· I6 S→ccB· B→c·cB

A→c·A I7 A→·cA

A→·a I8 B→b· I9

B→cc·B S

I1

c

I

A I3

c I4

a I5

B I6

A I5

c I7

b I8

a I5

C I9

A I10

a I5

B I11 ·A→c·A B→·ccB B→·b A→·cA A→·a I10 A→cA· I11 B→ccB·

A c b a

I10 I7 I8 I5

所求的LR(0)项目规范族C={I0,I1,?,I11} （3）

状态 项目集 经过的符号 到达的状态

S’ →·S

S I1

S→·aSSb I0 c I2

S→·aSSS

a I3

S→·c I1 S’ →S· I2 S→c·

S→a·SSb

S→a·SSS I3 S→·aSSb

S→·aSSS S→·c S→aS·Sb S→aS·SS I4 S→·aSSb

S→·aSSS S→·c S→aSS·b

S c a

I5 I2 I3

S c a

I4 I2 I3

I5

S I7

S→aSS·S S→·aSSb S→·aSSS S→·c I6 S→aSSb· I7 S→aSSS· （4）

a b c

I3 I6 I2

状态 项目集 经过的符号 到达的状态

S’ →·S

S I1

S→·A I0 A I2

A→·Ab

a I3

A→·a I1 S’ →S·

S→A· I2 b I4

S→A·b I3 A→a· I4 S→Ab·

?

解：

（1）是LR(0)文法，其SLR(1)分析表如下：FOLLOW(S)={#,b,c}

ACTION GOTO

a b c # S

0 S2 1 1 ACC 2 S2 S4 3 3 S5 S6 4 R3 R3 R3 5 R1 R1 R1 6 R2 R2 R2

（2）是LR(0)文法，其SLR(1)分析表如下： FOLLOW(S)=FOLLOW(A)=FOLLOW(B)={#} ACTION GOTO

a b c # S A B 0 S2 1 1 ACC 2 S5 S4 3 3 R1 4 S5 S8 S7 3 6 5 R4 6 R2 7 S5 S9 10 8 R6 9 S5 S8 S7 10 11 10 R3 11 R5

（3）是LR(0)文法，其SLR(1)分析表如下：FOLLOW(S)={#,a,b,c} 0 1 2 3 4 5 6 7

ACTION b c

S2 R3 R3

S2 S2

S6 S2 R1 R1 R2 R2

GOTO

S 1

a S3 R3 S3 S3 S3 R1 R2

# ACC R3 R1 R2

4 5 7

（4）因为I2中含有冲突项目，所以不是LR(0)文法，其SLR(1)分析表如下： FOLLOW(S)={#}∩{b}=φ(所以可以用SLR(1)规则解决冲突), FOLLOW(A)={b,#} 0 1 2 3 4

?

ACTION a b S3 S4 R3 R2 解：

GOTO

# ACC

R1 R3 R2

S 1

A 2

状态 项目集 经过的符号 到达的状态

S’ →·S S I1 I0

S→·(SR ( S→·a a

I1 S’ →S·

S→(·SR S I2 S→·(SR ( S→·a a

I3 S→a·

S→(S·R

a S→·(SR ( I4 S→·a

R R→·,SR , R→·) )

I5 S→(SR·

R→, ·SR S I6 S→·(SR ( S→·a a

I7 R→) ·

R→,S·R ) I8 R→·,SR , R→·) R

I9 R→,SR·

LR(0)分析表如下：

ACTION GOTO a ( ) , # S R 0 S3 S2 1 1 ACC 2 S3 S2 4 3 R2 R2 R2 R2 R2 4 S3 S2 S7 S6 5 5 R1 R1 R1 R1 R1 6 S3 S2 8 7 R4 R4 R4 R4 R4 8 S7 S6 9 I2 I3 I4 I2 I3 I3 I2 I5 I6 I7 I8 I2 I3 I7 I6 I9

9 R3 R3 R3 R3 R3 可见是LR(0)文法。

?

解：

（1）

项目集 经过的符号 到达的状态

S’ →·S

S I1

I0 S→·Sab

b I2

S→·bR

I1 S’ →S· acc

a

(冲突项目) S→S·ab I3

S→b·R

R I4

R→·S

S I5

I2 R→·a

a I6

S→·Sab

b I2

S→·bR

I3 S→Sa·b b I7 I4 S→bR· r2

R→S·

I5 a I3

S→S·ab

I6 R→a· I7 S→Sab·

项目I1,I5同时具有移进和归约项目，对于I5={ R→S·, S→

S·ab },follow(R)={a},follow(R) ∩{a}={a},所以SLR(1)规则不能解决冲突，从而该文法不是SLR(1)文法。 （2）

状态 项目集 经过的符号 到达的状态

S’ →·S S I1 I0

S→·aSAB

a

I2

状态

S→·BA B→·b I1 S’→S·

S→a·SAB

S→·aSAB I2

S→·BA B→·b S→B·A A→·aA I3

A→·B B→·b I4 B→b·

S→aS·AB

A→·aA I5

A→·B B→·b I6 S→BA·

A→a·A

A→·B I7

A→·aA B→·b I8 A→B·

S→aSA·B I9

B→·b I10 A→aA· I11 S→aSAB·

B b

S a B b

A a B b A a B b A B a b B b

I3 I4 I5 I2 I3 I4 I6 I7 I8 I4 r5 I9 I7 I8 I4 r2 I10 I8 I7 I4 r4 I11 I4 r3 r1

不存在冲突项目，故该文法是LR(0)文法，也是SLR(1)文法。 SLR(1)分析表如下： ACTION GOTO

a b # S A B 0 S2 S4 1 3 1 ACC 2 S2 S4 5 3 3 S7 S4 6 8 4 R5 R5 R5 5 S7 S4 9 8 6 R2 R2 R2 7 S7 S4 10 8 8 R4 R4 R4 9 S4 11 10 R3 R3 R3 11 R1 R1 R1

（3）先求识别全部活前缀的DFA： 状态 项目集 经过的符号 到达的状态

S’ →·S

S I1

S→·aSb I0 a I2

S→·bSa

b I3

S→·ab I1 S’ →S· acc

S→a·SB

S→a·b I2 S→·aSb

S→·bSa S→·ab S→b·Sa

S

S→·aSb I3

S→·bSa

b

S→·ab I4 S→aS·b I5 S→ab· I6 S→bS·a I7 S→aSb·

b a

I3 I7

r3 I8 r1

a

I2 I6

S b a

I4 I5 I2

I8 S→bSa· r2

不存在冲突项目，故该文法是LR(0)文法，也是SLR(1)文法。 SLR(1)分析表如下： ACTION GOTO a b # S 0 S2 S3 1 1 ACC 2 S2 S5 4 3 S2 S3 6 4 S7 5 R3 R3 R3 6 S8 7 R1 R1 R1 8 R2 R2 R2

（4）先求识别全部活前缀的DFA： 状态 项目集 经过的符号 到达的状态

S’ →·S S I1 I0

S→·aA

a b

I2 I3

acc I4 I5

c

r4 I6

B

I7

c

r6 r1 I8

A

I5

c

r4 r2 I9

S→·bB I1 S’ →S·

S→a·A I2

A→·cAd

(冲突)

A→· S→b·B I3

B→·cBdd

(冲突)

B→·

I4 S→aA·

A→c·Ad I5

A→·cAd

(冲突)

A→·

I6 S→bB· I7 B→c·Bdd

A

B

(冲突) B→c·Bdd B→· I8 A→cA·d I9 B→cB·dd I10 A→cAd· I11 B→cBd·d I12 B→cBdd·

c I7 r6 I10 I11 r3 I12 r5

d d d

因为follow(A)=follow(B)={#,d},所以冲突项目I2,I3,I5,I7可以用SLR(1)规则得以解决，从而该文法为SLR(1)文法。其SLR(1)分析表如下： ACTION GOTO a b c d # S A B 0 S2 S3 1 1 Acc 2 S5 R4 R4 4 3 S7 R6 R6 6 4 R1 5 S5 R4 R4 8 6 R2 7 S7 R6 R6 9 8 S10 9 S11 10 R3 R3 11 S12 12 R5 R5

（5）解：原文法等价化为q1→q2, q1→q3, q2→q4;q5, q4→begin D, q4→q4;D, q5→S end, q5→S;q5, q3→beginq5, 先求识别全部活前缀的DFA： 状态

项目集 经过的符号 到达的状态 q1’ →·q1

q1 I1 q1→·q2

I0

q1→·q3 q2→·q4;q5 q3→·begin q5

q2 q3 q4 begin

I2 I3 I4 I5

q4→·begin D q4→·q4;D I1 q1’ →q1· I2 q1→q2· I3 q1→q3·

q2→q4·;q5 I4

q4→q4·;D q3→begin·q5

q3→begin·D I5

q5→·Send

S

q5→·S;q5 q2→q4; ·q5

q5

q4→q4; ·D I6

q5→·Send

S

q5→·S;q5 I7 q3→beginq5· I8 q3→beginD·

q5→S·end I9

q5→S·;q5 I10 q2→q4;q5· I11 q4→q4;D· I12 q5→Send·

q5→s; ·q5 I13 q5→·Send

S

q5→·S;q5 I14 q5→s;q5·

I9 R7 I9 R8 R4 I12 I13 R3 R5 R6 I14

D

I11 I10 I9

D

I8

ACC R1 R2

;

I6

D q5

I7

end ;

q5

不存在冲突项目，故该文法是LR(0)文法，也是SLR(1)文法。 SLR(1)分析表如下：

ACTION GOTO ; begin D S end # q1 q2 q3 q4 q5 0 1 2 3 4 1 Acc

2 3 4 S6 5 6 7 8 9 S13 10 11 R5 12 13 14 R1

R2 S8 S9 S7 S9 R8 R4 S12 R3 R6 S9 R7

7 10 14

（6）解：原文法可化为等价形式：q1→begin q2 q3 end, q2→q2 d;, q2→ε,q3→q3;q4, q3→q4, q4→S, q4→ε, 先求识别全部活前缀的DFA： 状态 I0 I1

q1→·beginq2q3end begin

q1’ →q1· q1→begin·q2q3end

q2

q2→·q2d;

q2

q2→·

Q1→beginq2·q3end

q2→q2·d;

I3 (冲突项目)

q3→·q3;q4 q3→·q4 q4→·S q4→·

q1→beginq2q3·end

I4 I5 I6

q3→q3·;q4 q3→q4· q4→S·

;

I8 R5 R6

q3

I10

Dd

I5

q4

I6

S

R7

end

I7 I2 ACC I3 R3

项目集 q1’ →·q1

经过的符号 到达的状态

q1 I1

I2

I4

I7 I8

q1→beginq2q3end· q3→q3; ·q4

q4

q4→·S

R1 I9 I6

S

R7 R4 I11 R2

(冲突项目)

I9 I10 I11

q4→· q3→q3;q4· q2→q2d·; q2→q2d; ·

;

因为follow(q4)={end,#}，故冲突项目可以通过SLR(1)规则来解决，从而文法为SLR(1)文法。SLR(1)分析表如下： action goto begin end d ; S # q1 q2 q3 q4 0 S2 1 1 2 R3 R3 R3 R3 3 3 R7 S10 R7 S6 4 5 4 S7 S8 5 R5 R5 6 R6 R6 7 R1 8 R7 R7 S6 9 9 R4 R4 10 11 R2 R2 R2 R2

?

解：识别活前缀的DFA及LR(0)分析表：

状态 项目集 经过的符号 到达的状态

S’ →·S

S→·AAd

S

S→·cAd

A

S→·b I0

A→·ASc

b

A→·Sb

c

A→·cd A→·a

I3 I4

a

I5 I6 I0

S’ →S· I1

A→S·b I2 A→Sb·

S→c·Ad

A→c·d

A→·ASc

A→·Sb

I3 A→·cd

A→·a

S→·AAd

S→·cAd S→·b I4 S→b· I5 A→a·

S→A·Ad

A→A·Sc A→·ASc A→·Sb I6 A→·cd

A→·a S→·AAd S→·cAd S→·b I7 A→cd· I8 A→S·b

S→cA·d I9

A→A·Sc

b

I2

S

I8

A

I9 a

I5 b

I4 c

I3 d

I7

S I11 A I10 a I5 b I4 c

I3 b I2 S I11 A

I10

S→A·Ad a S→·AAd b S→·cAd c S→·b d

A→·ASc A→·Sb A→·cd A→·a S→AA·d A→A·Sc S→A·Ad S S→·AAd A S→·cAd a I10

S→·b b A→·ASc c A→·Sb d

A→·cd A→·a A→AS·c b I11

A→S·b c I12 A→ASc· I13 S→AAd· I14 S→cAd· ACTION GOTO a b c d # S A 0 s5 s4 s3 1 6 1 s2 acc 2 r5 r5 r5 r5 r5 3 s5 s4 s3 s7 8 9

I5 I4 I3 I14

I11 I10 I5 I4 I3 I13

I2 I12

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