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编译原理龙书答案

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第四章部分习题解答

Aho：

《编译原理技术与工具》书中习题

（Aho）4.1考虑文法

S→（L）|a

L→L,S|S

a）列出终结符、非终结符和开始符号

解：

终结符：

（、）、a、，

非终结符：

S、L

开始符号：

b）给出下列句子的语法树

i）（a,a）

ii）（a,（a,a））

iii）（a,（（a,a）,（a,a）））

c）构造b）中句子的最左推导

i）S⇒（L）⇒（L,S）⇒（S,S）⇒（a,S）⇒（a,a）

ii）S⇒（L）⇒（L,S）⇒（S,S）⇒（a,S）⇒（a,（L））⇒（a,（L,S））⇒（a,（S,S））⇒（a,（a,S）⇒（a,（a,a））

iii）S⇒（L）⇒（L,S）⇒（S,S）⇒（a,S）⇒（a,（L））⇒（a,（L,S））⇒（a,（S,S））⇒（a,（（L）,S））⇒（a,（（L,S）,S））⇒（a,（（S,S）,S））⇒（a,（（a,S）,S））⇒（a,（（a,a）,S））⇒（a,（（a,a）,（L）））⇒（a,（（a,a）,（L,S）））⇒（a,（（a,a）,（S,S）））⇒（a,（（a,a）,（a,S）））⇒（a,（（a,a）,（a,a）））

d）构造b）中句子的最右推导

i）S⇒（L）⇒（L,S）⇒（L,a）⇒（S,a）⇒（a,a）

ii）S⇒（L）⇒（L,S）⇒（L,（L））⇒（L,（L,S））⇒（L,（L,a））⇒（L,（S,a））⇒（L,（a,a））⇒（S,（a,a））⇒（a,（a,a））

iii）S⇒（L）⇒（L,S）⇒（L,（L））⇒（L,（L,S））⇒（L,（L,（L）））⇒（L,（L,（L,S）））⇒（L,（L,（L,a）））⇒（L,（L,（S,a）））⇒（L,（L,（a,a）））⇒（L,（S,（a,a）））⇒（L,（（L）,（a,a）））⇒（L,（（L,S）,（a,a）））⇒（L,（（L,a）,（a,a）））⇒（L,（（S,a）,（a,a）））⇒（L,（（a,a）,（S,S）））⇒（S,（（a,a）,（a,a）））⇒（a,（（a,a）,（a,a）））

e）该文法产生的语言是什么

解：

设该文法产生语言（符号串集合）L，则

L={（A1,A2,…,An）|n是任意正整数，Ai=a，或Ai∈L，i是1～n之间的整数}

（Aho）4.2考虑文法

S→aSbS|bSaS|ε

a）为句子构造两个不同的最左推导，以证明它是二义性的

S⇒aSbS⇒abS⇒abaSbS⇒ababS⇒abab

S⇒aSbS⇒abSaSbS⇒abaSbS⇒ababS⇒abab

b）构造abab对应的最右推导

S⇒aSbS⇒aSbaSbS⇒aSbaSb⇒aSbab⇒abab

S⇒aSbS⇒aSb⇒abSaSb⇒abSab⇒abab

c）构造abab对应语法树

d）该文法产生什么样的语言？

解：

生成的语言：

a、b个数相等的a、b串的集合

（Aho）4.3考虑文法

bexpr→bexprorbterm|bterm

bterm→btermandbfactor|bfactor

bfactor→notbfactor|（bexpr）|true|false

a）试为句子not（trueorfalse）构造分析树

解：

b）试证明该文法产生所有布尔表达式

证明：

一、首先证明文法产生的所有符号串都是布尔表达式

变换命题形式——以bexpr、bterm、bfactor开始的推导得到的所有符号串都是布尔表达式

最短的推导过程得到true、false，显然成立

假定对步数小于n的推导命题都成立

考虑步数等于n的推导，其开始推导步骤必为以下情况之一

bexpr⇒bexprorbterm

bexpr⇒bterm

bterm⇒btermandbfactor

bexpr⇒bfactor

bfactor⇒notbfactor

bfactor⇒（bexpr）

而后继推导的步数显然

因此命题一得证。

二、证明所有布尔表达式均可由文法生成

变换命题——所有析取式均可由bexpr推导出来，所有合取式均可由bterm（bexpr）推导出来，所有对子布尔表达式施加not运算或加括号或简单true、false都可由bfactor（bexpr、bterm）推导出来

最简单的布尔表达式true和false显然成立

假定对长度小于n的布尔表达式，均可由文法推导出来

考虑长度等于n的布尔表达式B，显然，B只能是以下形式之一

B=B1orB2

B=B1andB2

B=notB1

B=（B1）

以上几种情况，B1、B2的长度均小于n

对于情况1：

B为析取式，B1可为析取式也可为合取式，B2为合取式，根据假设可由bexpr合bterm推导出来，显然可构造推导过程，由bexpr推导出B

其他情况类似，命题二得证

综合一、二，可知文法产生的语言就是布尔表达式

c）

（Aho）4.4考虑文法

R→R‘|’R|RR|R*|（R）|a|b

c）构造等价的非二义性文法

R→R‘|’A|A

A→AB|B

B→B*|C

C→（R）|a|b

（Aho）4.5下面if-then-else文法试图消除空悬else的二义性，证明它仍是二义性的

stmt→ifexprthenstmt

|matched_stmt

matched_stmt→ifexprthenmatched_stmtelsestmt

|other

解：

用S、M、E表示stmt、matched_stmt和expr，用i、t、e、o表示if、then、else和other

则句子iEtiEtoeiEtoeo对应两个最左推导：

S⇒iEtS⇒iEtM⇒iEtiEtMeS⇒iEtiEtoeS⇒iEtiEtoeM

⇒iEtiEtoeiEtMeS⇒iEtiEtoeiEtoeS⇒iEtiEtoeiEtoeM

⇒iEtiEtoeiEtoeo

S⇒M⇒iEtMeS⇒iEtiEtMeSeS⇒iEtiEtoeSeS⇒iEtiEtoeiEtSeS

⇒iEtiEtoeiEtMeS⇒iEtiEtoeiEtoeS⇒iEtiEtoeiEtoeM

⇒iEtiEtoeiEtoeo

因此文法是二义性文法

直接构造比较困难，可从SLR分析表的构造角度考虑，LR（0）项目集规范族中，项目

I8={M→iEtM·eS,S→·M}，有移进/归约冲突，这就是是二义性所在。

显然，存在句型...iEtMeS...和...iEtSeS...，当M位于栈顶时，产生移进/归约冲突。

按此思路，构造形如...iEtSeS...的句型即可

（Aho）4.6为下列语言设计上下文无关文法。

哪些语言是正规式？

a）满足这样条件的二进制串：

每个0之后都紧跟着至少一个1

S→0A|1S|ε

A→1S

正规式：

（1|01）*

b）0和1个数相等的二进制串

S→0S1S|1S0S|ε

d）不含011子串的二进制串

S→0A|1S|ε

A→0A|1B|ε

B→0A|ε

正规式：

1*（0|01）*

e）具有形式xy的二进制串，x≠y

S→A|B|AB|BA

A→DAD|0

B→DBD|1

D→0|1

A、B分别表示中心符号为0、1的长度为奇数的二进制串

将AB串接，长度为偶数，将它从中间分为长度相等的两部分，x、y

虽然A、B长度可能不一样，但容易得到，A的中心0在x中的位置，与B的中心1在y中的位置是相同的，因此x≠y

BA的情况类似

f）形如xx的0、1串

解：

此语言无法用上下文无关文法描述

（Aho）4.11对习题4.1中文法

a）消除左递归

S→（L）|a

L→SL’

L’→,SL’|ε

b）构造预测分析表，对4.1（b）中句子，给出预测分析器的运行过程

FIRST（S）={（,a）

FIRST（L）={（,a}

FIRST（L’）={‘,’,ε}

FOLLOW（S）={‘,’,）,$}

FOLLOW（L）={）}

FOLLOW（L’）={）}

预测分析表：

（

）

S→a

S→（L）

L→SL’

L’

L’→ε

L’→,SL’

（a,a）的分析过程

栈

输入

输出

（a,a）$

$）L（

（a,a）$

S→（L）

$）L

a,a）$

L→SL’

$）L’S

a,a）$

S→a

$）L’a

a,a）$

$）L’

a）$

L’→,SL’

$）L’S,

a）$

$）L’S

a）$

S→a

$）L’a

a）$

$）L’

）$

L’→ε

$）

）$

其他两个句子的分析过程类似

（Aho）4.13下面文法产生除ε外所有长度为偶数的a的串

S→aSa|aa

a）试为该文法构造一个带回溯的递归下降语法分析器，对S的两个候选式首先考虑aSa。

证明：

S所对应的过程可以成功分析2、4、8个a的串，但6个a的串不行。

解：

aa的分析过程，其中√表示匹配成功，×表示匹配失败，匹配失败则尝试下个候选式

aaaa分析过程：

aaaaaa分析过程：

aaaaaaaa分析过程：

b）此语法分析器能识别什么样的语言？

解：

由a）的解可以看出，2N个a的串分析过程中，步骤如下

1）产生2N+1个S的语法树，对第2N+1个S进行扩展时输入缓冲已空，失败

2）对第2N个S尝试候选式aa，第二个a匹配失败

3）对第2N-1个S尝试候选式aa，左边N-1个a匹配，右边最后一个a匹配，倒数第二个a失败

4）对第2N-2个S尝试候选式aa，左边N-2个a匹配，右边最后一个a和倒数第二个a匹配，倒数第三个a失败

5）对第2N-4个S尝试候选式aa，左边N-4个a匹配，右边最后一个a～倒数第四个a匹配，倒数第五个a失败

6）对第2N-8个S尝试候选式aa，…

最后正确识别的情况必然是：

对第N个S尝试aa，左边N个a和右边N个a恰与输入匹配

显然，可以正确识别的符号串的N满足

2N–1–1–2–4-…=N→N=2i

（Aho）4.25试给出图4－60中的优先关系表对应的优先级函数

解：

有向图如下

优先级函数为

（

）

（Aho）4.26对习题4.1中文法，利用讲义中给出的算法计算终结符之间的优先关系

解：

S→（L）|a

L→L,S|S

由于S→（L），因此（≐

）

S→（L），而L⇒L,S，L⇒S⇒（L），L⇒S⇒a

因此（⋖,，（⋖（，（⋖a；,⋗），）⋗），a⋗）

由于L→L,S，而L⇒L,S，L⇒S⇒（L），L⇒S⇒a，因此,⋗,，）⋗,，a⋗,

而S⇒（L），S⇒a，因此,⋖（，,⋖a

非终结符与$优先关系的计算方法：

如果存在S⇒a…，或S⇒Qa…，则$⋖a，

若存在S⇒…a，或S⇒…aQ，则a⋗$

因此，$⋖（，$⋖a，）⋗$，a⋗$

算符优先关系表为：

（

）

⋗

（

⋖

≐

⋖

）

⋗

⋖

⋗

⋖

（Aho）4.27试给下列文法构造算符优先关系

a）练习4.2中文法

解：

S→aSbS|bSaS|ε

由S→aSbS可得a≐b

由S→bSaS可得b≐a

由S→aSbS，和S⇒bSaS可得a⋖b、b⋖b、a⋗b，和S⇒aSbS可得a⋖a、b⋖a、b⋗b

由S→bSaS，和S⇒bSaS可得b⋖b、a⋖b、a⋗a，和S⇒aSbS可得b⋖a、a⋖a、a⋗a

文法不是算符优先文法，二义性文法，很自然

b）练习4.3中文法

bexpr→bexprorbterm|bterm

bterm→btermandbfactor|bfactor

bfactor→notbfactor|（bexpr）|true|false

解：

无论分析语法含义，还是利用4.26算法计算，均可得到

true

false

not

and

（

）

true

⋗

false

⋗

not

⋖

⋗

⋖

⋗

and

⋖

⋗

⋖

⋗

⋖

⋗

⋖

⋗

（

⋖

≐

）

⋗

⋖

（Aho）4.30一个文法称为Greibach范式（GNF）文法，如果它无ε产生式，且每个产生式（S→ε除外）均形如A→aα，其中，a是终结符，α是非终结符串，也可能为空。

a）试编写一个算法，将给定文法转换为Greibach范式

解：

算法步骤如下

1．先将文法消除左递归、消除ε产生式、删除无用符号，然后对每个非终结符A的每个产生式，执行2

2．若产生式右部以终结符开始，则略过，考虑其他产生式，否则产生式必为A→A1α的形式，A1为≠A的NT，a为语法符号串，对它执行以下操作

i.将A1的所有产生式的右部替换A1，产生新的关于A的产生式

ii.对于这些产生式，若右部以T开始，略过，不予处理，考虑那些以NT开始的产生式，反复执行i、ii

iii.由于文法的NT个数是有限的（设为k），且已消除左递归，则最多k个步骤后，处理完毕，此时，A的产生式右部应该均以T开始。

否则，若某个产生式右部以NT开始，表明A无论经过怎样的推导过程，均不可能得到一个以终结符开始的串，当然也就不可能得到一个终结符串，这显然是一个错误的文法，矛盾。

这样，A的某个产生式处理完毕，其右部均以T开始。

转向2，继续考虑其他产生式，所有产生式处理完毕，则转向3

3．此时，每个产生式均为A→aα的形成，a为NT，α为语法符号串，若α中包含T，则进行如下处理

i.假定α中包含k个T，则产生式形为A→aα0a1α1…akαk，其中ai为T，αi为NT串或ε

ii.引入k个新的NTA1、A2、…Ak，和k个新的产生式

A1→a1α1A2

A2→a2α2A3

…

Ak-1→ak-1αk-1Ak

Ak→akαk

而将原产生式改为A→aα0A1

4．经过2、3处理，所有产生式必然满足Greibach范式的格式

b）将你的算法应用到表达式文法4-10上

解：

文法4－10消除左递归、消除ε产生式后得到

E→TE'|T

E'→+TE'|+T

T→FT'|F

T'→*FT'|*F

F→（E）|id

将每个产生式转换为以T开始的形式，得到

E→（E）T'E'|idT'E'|（E）E'|idE'|（E）T'|idT'|（E）|id

E'→+TE'|+T

T→（E）T'|idT'|（E）|id

T'→*FT'|*F

F→（E）|id

将每个产生式右部转换为TNT*的形式，最后结果为：

E→（EE''|idT'E'|（EE'''|idE'|（E|idT'|（EE'''''|id

E''→）T'E'

E'''→）E'

E''''→）T'

E'''''→）

E'→+TE'|+T

T→（EE''''|idT'|（EE'''''|id

T'→*FT'|*F

F→（EE'''''|id

（Aho）4.33考虑文法

S→AS|b

A→SA|a

a）构造此文法的LR（0）项目集规范族

解：

I0={S’→·S,S→·AS,S→·b,A→·SA,A→·a}

goto（I0,S）={S’→S·,A→S·A,A→·SA,A→·a,S→·AS,S→·b}=I1

goto（I0,A）={S→A·S,S→·AS,S→·b,A→·SA,A→·a}=I2

goto（I0,a）={A→a·}=I3

goto（I0,b）={S→b·}=I4

goto（I1,S）={A→S·A,A→·SA,A→·a,S→·AS,S→·b}=I5

goto（I1,A）={A→SA·,S→A·S,S→·AS,S→·b,A→·SA,A→·a}=I6

goto（I1,a）=I3,goto（I1,b）=I4

goto（I2,S）={S→AS·,A→S·A,A→·SA,A→·a,S→·AS,S→·b}=I7

goto（I2,A）=I2,goto（I2,a）=I3,goto（I2,b）=I4

goto（I5,S）=I5,goto（I5,A）=I6,goto（I5,a）=I3,goto（I5,b）=I4

goto（I6,S）=I7,goto（I6,A）=I2,goto（I6,a）=I3,goto（I6,b）=I4

goto（I7,S）=I5,goto（I7,A）=I6,goto（I7,a）=I3,goto（I7,b）=I4

c）构造SLR分析表

解：

FIRST（S）=FIRST（A）={a,b}

FOLLOW（S）={$,a,b}FOLLOW（A）={a,b}

SLR分析表为：

action

goto

acc

s3/r3

s4/r3

s3/r1

s4/r1

SLR分析表冲突，分析过程有多种可能路径，选择其中一种导致正确结果的即可。

d）对输入串abab，给出SLR分析器运行过程

栈

输入

动作

abab$

移进

0a3

bab$

归约A→a

0A2

bab$

移进

0A2b4

ab$

归约S→b

0A2S7

ab$

归约S→AS

0S1

ab$

移进

0S1a3

归约A→a

0S1A6

归约A→SA

0A2

移进

0A2b4

归约S→b

0A2S7

归约S→AS

0S1

接受

e）构造规范LR分析表

解：

I0={[S’→·S,$],[S→·AS,$/a/b],[S→·b,$/a/b],[A→·SA,a/b],[A→·a,a/b]}

goto（I0,S）={[S’→S·,$],[A→S·A,a/b],[A→·SA,a/b],[A→·a,a/b],[S→·AS,a/b],[S→·b,a/b]}=I1

goto（I0,A）={[S→A·S,$/a/b],[S→·AS,$/a/b],[S→·b,$/a/b],[A→·SA,a/b],[A→·a,a/b]}=I2

goto（I0,a）={[A→a·,a/b]}=I3,goto（I0,b）={[S→b·,$/a/b]}=I4

goto（I1,S）={[A→S·A,a/b],[A→·SA,a/b],[A→·a,a/b],[S→·AS,a/b],[S→·b,a/b]}=I5

goto（I1,A）={[A→SA·,a/b],[S→A·S,a/b],[S→·AS,a/b],[S→·b,a/b],[A→·SA,a/b],[A→·a,a/b]}=I6

goto（I1,a）=I3,goto（I1,b）={[S→b·,a/b]}=I7

goto（I2,S）={[S→AS·,$/a/b],[A→S·A,a/b],[A→·SA,a/b],[A→·a,a/b],[S→·AS,a/b],[S→·b,a/b]}=I8

goto（I2,A）=I2,goto（I2,a）=I3,goto（I2,b）=I4

goto（I5,S）=I5,goto（I5,A）=I6,goto（I5,a）=I3,

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