故选
5、如果文法G无二义性，则最左推导是先生长右边的枝叶：
对于
推导，则必然有二义性。
故选a。
6、选c。
7、由图2-8-1的语法树和优先关系可以看出应选bo
8、规范推导是最左推导，故选d。
9、由TtT,…和（…得FIRSTVT（T））={（,,）};
由TtS得FIRSTVT（S）?
FIRSTVT（T），而FIRSTVT（S）={b,A,（};即
FIRSTVT（T）={b,A,（,,};
因此选c。
10、d11、c12、b13、b14
、b
二、多项选择题
1、下面哪些说法是错误的。
a.有向图是一个状态转换图
b.状态转换图是一个有向图
c.有向图是一个DFA
可以用状态转换图表示
2、对无二义性文法来说，一棵语法树往往代表了。
a.多种推导过程b.多种最左推导过程c.一种最左推导过程
d.仅一种推导过程e.一种最左推导过程
3、如果文法G存在一个句子，满足下列条件之一时，则称该文法是二义文法。
a.该句子的最左推导与最右推导相同
b.该句子有两个不同的最左推导
c.该句子有两棵不同的最右推导
d.该句子有两棵不同的语法树
e.该句子的语法树只有一个
4、有一文法G:
StAB
AtaAb|e
BtcBd|e
它不产生下面集合。
a.{anbmcndm|n,m>0}
b.{a
c.{anbmcmdn|n,m>0}
d.{a
e.{anbncndn|n>0}
nbncmdm|n,m>0}
nbncmdmn,m>0}
三、填空题
是，它一定只出现在产生式的
2、最左推导是指每次都对句型中的
3、在语法分析中，最常见的两种方法一定是分析法，另一是分析法。
4、采用语法分析时，必须消除文法的左递归。
5、树代表推导过程，树代表归约过程。
6、自下而上分析法采用、归约、错误处理、等四种操作。
7、Chomsky把文法分为种类型，编译器构造中采用和文法，它们分别产
生
和
语言，并分别用
和
自动机识别所产生的语言。
解答1
、空集
终结符右
2
、最左
3
、自上而上
自下而上
4
、自上而上
5
、语法
分析
6
、移进
接受
7
、42型3型上下文无关语言
正规语言
下推自动机
有限
四、判断题
1、文法StaS|bR|&描述的语言是（a|bc）*（）
FHcS
四、判断题
1、文法StaS|bR|&描述的语言是（a|bc）*（）
FHcS
2、在自下而上的语法分析中，语法树与分析树一定相同。
（）
3、二义文法不是上下文无关文法。
（）
4、语法分析时必须先消除文法中的左递归。
（）
5、规范归约和规范推导是互逆的两个过程。
（）
6、一个文法所有句型的集合形成该文法所能接受的语言。
（）
解答1、对2、错3、错4、错5、错6、错
五、简答题
1、句柄2、素短语3、语法树4、归约5、推导
［解答］
1、句柄：
一个句型的最左直接短语称为该句型的句柄。
2、素短语：
至少含有一个终结符的素短语，并且除它自身之外不再含任何更小的素短语。
3、语法树：
满足下面4个条件的树称之为文法G［S］的一棵语法树。
1每一终结均有一标记，此标记为VnUVt中的一个符号；
2树的根结点以文法G［S］的开始符S标记；
3若一结点至少有一个直接后继，则此结点上的标记为M中的一个符号；
4若一个以A为标记的结点有K个直接后继，且按从左至右的顺序，这些结点的标记分别为X,X2,…,Xk,贝UA~Xi,X2,…,Xk,必然是G的一个产生式。
4、归约：
我们称仏丫^直接归约出aAB,仅当A^y是一个产生式，且a、B€（VnUVt）*归约过程就是从输入串开始，反复用产生式右部的符号替换成产生式左部符号，直至文法开
始符。
5、推导：
我们称aAB直接推出ayB,即aABayB,仅当丫是一个产生式，且a、
（VnUVt）*。
如果a1a2…an,则我们称这个序列是从a1至a2的一个推导。
若存在
一个从a1an的推导，则称a1可推导出an。
推导是归约的逆过程。
六、问答题
1、给出上下文无关文法的定义。
［解答］
一个上下文无关文法G是一个四元式（Vt,Vn,S,P），其中：
•Vt是一个非空有限集，它的每个元素称为终结符号；
•Vn是一个非空有限集，它的每个元素称为非终结符号，VtAVn=①；
•S是一个非终结符号，称为开始符号；
•P是一个产生式集合（有限），每个产生式的形式是P^a,其中，P€Vn,a€（VtUVn）*。
开始符号S至少必须在某个产生式的左部出现一次。
2、文法G［S］:
StaSPQ|abQ
QP^PQ
bPrbb
bQtbc
cCHcc
（1）它是Chomsky哪一型文法
（2）它生成的语言是什么
［解答］
（1）由于产生式左部存在终结符号，且所有产生式左部符号的长度均小于等于产生式右部的符号长度，所以文法G［S］是Chomskyl型文法，即上下文有关文法。
（2）按产生式出现的顺序规定优先级由高到低（否则无法推出句子），我们可以得到：
SabQabc
SaSPQaabQPQaabPQQaabbQQaabbcQaabbcc
SaSPQaaSPQPQaaabQPQPQaaabPQQPQaaabPQPQQaaaPPQQQ
aaabbPqqqaaabbQQQaaabbbcQQaaabbbccQaaabbbccc
于是得到文法G［S］生成的语言L={anbncn|n>1}
3、按指定类型，给出语言的文法。
L={aibj|j>i>1}的上下文无关文法。
【解答】
（1）由L={aibj|j>i>1}知，所求该语言对应的上下文无关文法首先应有StaSb型产生式，
以保证b的个数不少于a的个数；其次，还需有StSb或StbS型的产生式，用以保证b的个数多
于a的个数；也即所求上下文无关文法G［S］为：
G[S]:
StaSb|Sb|b
4、有文法G:
StaAcB|Bd
AtAaB|c
BtbScA|b
（1）试求句型aAaBcbbdcc和aAcbBdcc的句柄；
（2）写出句子acabcbbdcc的最左推导过程。
【解答】
（1）分别画出对应两句型的语法树，如图2-8-2所示
句柄:
AaBBd
a
a
图2-8-2语法树
（2）句子acabcbbdcc的最左推导如下:
SaAcBaAaBcBacaBcBacabcBacabcbScAacabcbBdcA
语。
【解答】
5、对于文法G[S]:
tL,S|S
（L）|aS|a
①短语：
S、a、（a）、S,（a）、（S,（a））；
②直接短语：
a、S;
③句柄：
S；
④素短语：
素短语可由图2-8-3中相邻终结符之间的优先关系求得，即;
#<（•v.（v，a>）>）•#
因此素短语为a。
6、考虑文法G[T]:
Ttt*F|F
FtftP|P
pt（T）|i
/|\
证明T*PT（T*F）是该文法的一个句型，并指出直接短语和句柄。
【解答】
I/1\
F
首先构造T*Pf（T*F）的语法树如图2-8-4所示。
由图2-8-4可知，T*Pf（T*F）是文法G[T]的一个句型。
直接短语有两个，即P和T*F;句柄为P。
4、状态转换图（见图3-6-1）接受的字集为
5、词法分析器作为独立的阶段使整个编译程序结构更加简洁、明确，因此，_。
a.词法分析器应作为独立的一遍b.词法分析器作为子程序较好
c.词法分析器分解为多个过程，由语法分析器选择使用d.词法分析器并不作为一个独立的阶段
解答1、b2、c
3、c
4、d5、b
二、多项选择题
1、在词法分析中，
能识别出
。
a.基本字
b.
四兀式c.运算符
d.逆波兰式
e.
常数
2、令刀={a,b},则刀上所有以b开头，后跟若干个ab的字的全体对应的正规式为
a.b（ab）*b.b（ab）+c.（ba）*b
d.（ba）+be.b（a|b）
解答1、a、c、e2、a、b、d
三、填空题
1、确定有限自动机DFA是的一个特例。
2、若二个正规式所表示的相同，则认为二者是等价的。
3、一个字集是正规的，当且仅当它可由所。
解答1、NFA2、正规集3、DFA（NFA所识别
四、判断题
1、一个有限状态自动机中，有且仅有一个唯一终态。
（）
2、设r和s分别是正规式，则有L（r|s）=L（r）|L（s）。
（）
3、自动机M和M'的状态数不同，则二者必不等价。
（）
4、确定的自动机以及不确定的自动机都能正确地识别正规集。
（）
5、对任意一个右线性文法G,都存在一个NFAM,满足L（G）=L（M）。
（）
6、对任意一个右线性文法G,都存在一个DFAM,满足L（G）=L（M）。
（）
7、对任何正规表达式e,都存在一个NFAM满足L（G）=L（e）。
（）
8、对任何正规表达式e，都存在一个DFAM满足L（G）=L（e）。
（）
解答1、2、3、错4、5、6、7、8正确
五、基本题
1、设M=（{x,y},{a,b},f,x,{y}）为一非确定的有限自动机，其中f定义如下：
f（x,b）={y}
f（y,b）={x,y}
f（x,a）={x,y}
f（y,a）=0
试构造相应的确定有限自动机M。
解答：
对照自动机的定义M=（S,工,f,S0,Z），由f的定义可知f（x,a）、f（y,b）均为多值函数，所以
是一非确定有限自动机，先画出NFAM相应的状态图，如图3-6-2所示。
b
用子集法构造状态转换矩阵表3-6-3所示。
I
Ia
Ib
{x}
{x,y}
{y}
{y}
一
{x,y}
{x,y}
{x,y}
{x,y}
将转换矩阵中的所有子集重新命名而形成表3-6-4所示的状态转换矩阵。
表3-6-4状态转换矩阵
a
b
0
2
1
1
一
2
2
2
2
即得到M=（{0,1,2},{a,b},f,0,{1,2}）,其状态转换图如图3-6-5所示。
将图3-6-5的DFAM最小化。
首先，将M'的状态分成终态组{1,2}与非终态组{0};其次,
考察{1,2}。
由于{1,2}a={1,2}b={2}?
{1,2}，所以不再将其划分了，也即整个划分只有两组{0},
{1,2}:
令状态1代表{1,2}，即把原来到达2的弧都导向1，并删除状态2。
最后，得到如图3-6-6
所示化简DFAMo
2、对给定正规式b*（d|ad）（b|ab）+，构造其NFAM;
1、构造下面文法的LL
（1）分析表。
XTL
Ttint|real
LtidR
RT,idR|&
解答：
LL
（1）分析表见表4-3-1
分析虽然这个文法很简单，我们还是从求开始符号集合和后继符号集合开始。
FIRST（D）=FIRST（T）={int,real}FOLLOWD）=FOLLOV（L）={#}
FIRST（L）={id}FOLLOWT）={id}
FIRST（R）={,,£}FOLLOWR）={#}
有了上面每个非终结符的FIRST集合，填分析表时要计算一个产生式右部a的FIRST（a）就
不是件难事了。
填表时唯一要小心的时，&是产生式FTs右部的一个开始符号，而#在FOLLO（R）中，所
以FTs填在输入符号#的栏目中。
表4-3-1LL
（1）分析表
非终结符
输入符号
int
real
id
#
D
DTTL
DTTL
T
Ttint
Ttreal
L
LtidR
R
Rt,idR
Rte
2、下面文法G[S]是否为LL
（1）文法说明理由。
StAB|PQxAtxyBbc
PtdP|eQtaQ|e
解答：
该文法不是LL
（1）文法，见下面分析中的说明。
分析只有三个非终结符有两个选择。
1、P的两个右部dP和e的开始符号肯定不相交。
2、Q的两个右部aQ和e的开始符号肯定不相交。
3、对S来说，由于x€FIRST（AB），同时也有x€FIRST（PQx）（因为P和Q都可能为空）所以该文法不是LL
（1）文法。
3、设有以下文法：
G[S]:
StaAbDeld
AtBSD|e
BtSAc|cD|e
DtSe|e
（1）求出该文法的每一个非终结符U的FOLLOW集。
（2）该文法是LL
（1）文法吗
（3）构造C[S]的LL
（1）分析表。
解答：
（1）求文法的每一个非终结符U的FOLLOW集的过程如下：
因为：
1S是识别符号，且有AtBSDBtSAc、DtSe,所以FOLLOW/S）应包含
FIRST（D）UFIRST（Ac）UFIRST（e）U{#}
={a,d}U{a,d,c,e}U{e}U{#}
={a,c,d,e#}
2又因为AtBSD和DTe,所以FOLLOW中还包含FOLLOW（A）
FOLLO（A）=FIRST（bDe）UFIRST（c）={b,c}
综合①、②得FOLLO（S）={a,d,c,e,#}U{a,b,c,d,e,#}
因为AtBSD所以FOLLOW（B）=FIRST（SD）={a,d}
因为StaAbDe|d、AtBSD|e和BtSAc|cD，所以
FOLLOWD）=FIRST（e）UFOLLO（A）UFOLLO（B）
={e}U{b,c}U{a,d}={a,b,c,d,e}
（2）G[S]不是LL
（1）文法。
因为产生式BtSAc|cD|£中
FIRST（SAc）nFOLLO（B）={a,d}工?
（3）构造G[S]的LL
（1）分析表。
按照LL
（1）分析表的构造算法构造方法G[S]的LL
（1）分析表如表4-3-2所示。
表4-3-2G[S]的LL
（1）分析表
a
b
c
d
e
#
s
aAbDe
d
A
BSD
BSD
BSD
e
B
Sac/e
cD
Sac/e
D
Se/e
e
e
Se/e
e
4、将文法G[V]改造成为LL
（1）的。
G[V]:
VtN|N[E]
EtV|V+E
Nti
解答：
对文法G[V]提取公共左因子后得到文法:
G
'[V]:
VtNA
ATe|[E]
Etvb
bt£|+e
求出文法G'[V]中每一个非终结符号的FIRST集：
FIRST（V）={i}FIRST（A）={[,£}
FIRST（E）={i}FIRST（B）={+,£}
FIRST（N）={i}
求出文法G[V]中每一个非终结符号的FOLLOWI:
FOLLOW（V）={#}UFIRST（B）\{£}UFOLLOW（E）={#,+,]}
FOLLOW（A）=FOLLOW（V）={+,,#}
FOLLOW（E）=FIRST（]）\{£}UFOLLOW（B）=FIRST（]）\{£}UFOLLOW（E）={]}
FOLLOW（B）=FOLLOW（E）={]}
FOLLOW（N）=FIRST（A）\{£}UFOLLOW（V）={[,],+,#}
可以看到，对文法G[V]的产生式Ar£|[E]，有
FIRST（[E]）AFOLLOW（A）={[}n{+,],#}=?
对产生式Br£|+e，有
FIRST（+E）nFOLLOW（B）={+}n{]}=?
而文法的其他产生式都只有一个不为&的右部，所以文法G[V]是LL
（1）文法。
5、已知文法：
G[A]：
AraAa|&
（1）该文法是LL
（1）文法吗为什么
（2）若采用LL
（1）方法进行语法分析，如何得到该文法的LL
（1）分析表
（3）若输入符号串“aaaa”，请给出语法分析过程。
解答：
（1）因为产生式AraAa|£有空产生式右部，而
FOLLOW（A）={#}UFIRST（a）={a,#}
造成FIRST（A）AFOLLOW（A）={A,£}A{a,#}工?
所以该文法不是LL
（1）文法。
（2）若采用LL
（1）方法进行语法分析，必须修改该文法。
因该文法产生偶数（可以为0）个a，所以得到文法
此时对产生式AtaaA|£,有FOLLOW（A）={#}UFOLLOW（A
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