• 4.2.1(1-3),4.2.2(1-5),4.2.3(1-3)
• 4.3.1
• 4.4.1(1-5),4.4.3, 4.4.4,
• 4.5.1
• 4.6.2, 4.6.5, 4.6.6,
• 4.7.4,4.7.5

4.2.1(1-3)

最左推导 最右推导
S=> SS* =>SS+S* =>aS+S*=>aa+S*=>aa+a* S=>SS*=>Sa*=>SS+a*=>Sa+a*=>aa+a*

最左推导语法树如下

4.2.2(1-5) 从文法推导串

这个比较简单,可以通过肉眼看出,对于相对复杂的,也可以拆解串,逆推得到

序号 最左推导 最右推导
1 S=>0S1=>00S11=>000111 S=>0S1=>00S11=>000111
2 S=>+SS=>+ *SS S=>+*aSS=>+*aaS->+*aaa S=>+SS=>+Sa=>+ *SS a=>+*Saa=>+*aaa
3 S=>S(S)S=>S( S(S)S )S=>S( S(S)S (S)S)S=>(()()) S=>S(S)S=>S( S(S)S )S=>S( S(S) S(S)S)S=>(()())
4 S=>SS=>S*S=>(S)*S=>(S+S)*S=>(a+a)*S=>(a+a)*a S=>SS=>Sa=>S*a=>(S)*a=>(S+S)*a=>(a+a)*a
5 S=>(L)=>(L,S)=>( L,S ,S)=>(S,S,S)=>((L),S,S)=>((L,S),S,S)=>((S,S),S,S)=>((a,a),S,S)=>((a,a),a,(L))=>((a,a),a,(S))=>((a,a),a,(a) S=>(L)=>(L,S)=>(L,(L))=>(L,(S))=>(L,(a))=>(L,S,(a))=>(L,a,(a))=>(S,a,(a))=>((L),a,a)=>((L,S),a,a)=>((L,a),a,a)=>((S,a),a,a)=>((a,a),a,(a))

以下均为最左推导语法树

2.

3.(由于画图软件无法打出 ϵ \epsilon ϵ,用null代替)
4

5.


4.2.3(1-3) 从串推导文法

1.S->(0?1)*

"所有"表示文法最外层一定有*
"0后至少有一个1"表示0可有可无

2.S->0S0|1S1|1|0| ϵ \epsilon ϵ

回文一般用递归考虑

3.S->0S1S|1S0S| ϵ \epsilon ϵ

保证递归内部每次插入一个0时必然有1插入,反之亦然

4.3.1 消除左递归

1.提左公因子方法

此文法并没有左公因子,但是我们先将其消除左递归,套公式即可
rexpr->rterm|rexpr’
rexpr’->+rterm rexpr’| ϵ \epsilon ϵ

rterm->rfactor|rterm’
rterm’-> rfactor rterm’| ϵ \epsilon ϵ

rfactor->rprimary|rfactor’
rfactor’->* rfactor’| ϵ \epsilon ϵ

消除完左递归后,是可以自顶向下语法分析的


4.4.1(1-5)

在4.4.4中

4.4.3

求first 通过产生式第一个非终结符最左字符开始添加,如果这个非终结符可以为空,继续找第二个
求follow 找到含有目标非终结符的右部,其follow就是右边第一个非终结符的first,如果右边可以为空,就可以加上左部的follow

S->SS+|SS*|a

first(S)={a}
follow(S)={+,*,$}

4.4.4

预测分析器和预测分析表 与 first和follow集合

方法(这是我自己的简略总结,可能不容易看懂,真正要理解还是要看书做题哦):

  1. 提左公因式,消除左递归
  2. 计算每个非终结符的first(自底向上,追踪连续查找,右部一个非终结符含 ϵ \epsilon ϵ就可以继续添加下一个非终结符的first),follow(自顶向下,查看右部含目标非终结符的,加上对应first,开始符号一定有一个$)
  3. 从左到右,按行填表,有first先first,first含 ϵ \epsilon ϵ就找follow,如果自己的first()含 ϵ \epsilon ϵ且follow()含$,还要填到列为$中去

1

S->0S1|01
1.提左公因子
S->0A
A->S1|1
2.消除左递归,带入得
S->0A
A->0A1|1

first follow
first(S)={0} first(A)={0,1}
follow(S)={$} follow(A)={$}

第一列表示非终结符,其他列为输入符

非终结符 0 1 $
S S->0A
A A->0A1 A->1

2

S->+SS|*SS|a
无左公因子无左递归

first follow
first(S)={+,*,a} follow(S)={$}
非终结符 + * a $
S S->+SS S->*SS S->a

3

S->S(S)S| ϵ \epsilon ϵ
消除左递归
S-> ϵ \epsilon ϵ|S’
S’->(S)SS’| ϵ \epsilon ϵ

也就是
S->S’
S’->(S)SS’| ϵ \epsilon ϵ

first follow
first(S)={(,), ϵ \epsilon ϵ} follow(S)={$}
first(S’)={(,), ϵ \epsilon ϵ} follow(S’)={$}
非终结符 ( ) $
S S->S’ S->S’ S->S’
S’ S->(S)SS’ | ϵ \epsilon ϵ S’-> ϵ \epsilon ϵ S’-> ϵ \epsilon ϵ

4

S->S+S|SS|(S)|S*|a
提左公因子
S->SA|(S)|a
A->+S|S|*

当终结符含两个以上时,用一个非终结符表示
S->SA|T
A->+S|S|*
T->(S)|a

消除左递归
S->TS’
S’->AS’| ϵ \epsilon ϵ
A->+S|TS’|*
T->(S)|a

这个难度比之前要高很多,要多加小心,注意做的顺序是first从下往上填,follow从上往下填,先first再follow
但是求出来follow都一样,感觉有问题……

first follow
first(S)={(,a} follow(S)={+,(,),a,*,$}
first(S’)={+,(,a,*, ϵ \epsilon ϵ} follow(S’)={+,(,),a,*,$}
first(A)={+,(,a,*} follow(A)={+,(,),a,*,$}
first(T)={(,a} follow(T)={+,(,),a,*$}
非终结符 a + * ( ) $
S S->TS’ S->TS’
S’ S’->AS’ S’->AS’ S’->AS’ S’->AS’ S’-> ϵ \epsilon ϵ S’-> ϵ \epsilon ϵ
A A->TS’ A->+S A->* A->TS’
T T->a T->(S)

5

S->(L)|a
L->L,S|S

消除左递归
S->(L)|a
L->SL’
L’->,SL’| ϵ \epsilon ϵ

first follow
first(S)={(,a} follow(S)->{,,),$}
first(L)->{(,a} follow(L)->{)}
first(L’)->{, ϵ \epsilon ϵ} follow(L’)->{)}
非终结符 ( , ) a $
S S->(L) S->a
L L->SL’ L->SL’
L’ L’->,S L’-> ϵ \epsilon ϵ

4.5.1

如图所示,在将字符压入栈中,通过移入规约方法转换为文法时,出现在栈顶的符号就是句柄

1如下图 在000111中的第一个1入栈时,弹出01 然后压入S
所以句柄为01

2同理 句柄为0S1


4.6.2

S->SS+|SS*|a
提左公因子,保留,不同的用另一个非终结符替代,一次性提完
S->SSA|a
A->+|*

然后消除左递归,注意这里是SS,套公式,我们把第二个S看着终结符
S->aS’
S’->SAS’| ϵ \epsilon ϵ
A->+|*
此时S与S’循环递归了,我们把一代入二,同时
对于开始符号S,要加一个S’->S,只有这样,才能表示进入接受状态,如果只有S出现,由于左递归,S可以在很多地方出现,所以不表示接受状态,为了与上面的S’区分,我们换成S’’
所以答案为
S’‘->S
S->aS’
S’->aS’AS’| ϵ \epsilon ϵ
A->+|*

4.6.5

判断LL(1)文法的标准

first(AaAb)={A}和first(BaBb)={B}无交集,且不为 ϵ \epsilon ϵ,所以是LL(1)文法

又因为follow(A)=follow(B)={a,b},当移入a或者b时,就会发生规约冲突所以不是SLR(1)
从另一个角度也可以解释,因为A->. B->. 所以存在规约冲突

4.6.6


有左递归,显然不是LL(1)的
是SLR(1)文法,因为没有找到冲突


4.7.4


从文法中容易看出,当输入符为d时,将发生移入规约冲突
SLR(1)将查看可规约的非终结符的follow,判定规约对象,
S->d.c
follow(A)={a,c)
两者含有c,所以SLR(1)文法不能解决

但是他是LR(1)文法,在SLR(1)基础上增加向前搜索符
项目集变成 {[A->d.,a],[A->d.c,$},此时已经没有冲突

现在判断是否是LALR(1),即在LR(1)的基础上合并同心集(项目集相同,向前搜索法不同的状态集),如果不产生冲突,就是LALR(1)文法

做出对应的LR项目集,然后画出DFA(图中有一处错误,I4和I2应该合并为一个状态,但是已经画了,就不改了,不影响正确性)

从DFA可以看到,并不存在冗余项,所以他也是LALR(1)文法

4.7.5


先做出对应的LR(1)项集,然后画出DFA

如图所示,发现I5和I9是一样的,但是显然,他们通过不同的路径得到,如果合并的话一定会有冲突,所以不是LALR(1)文法