编译原理课后答案 (3)

Ex x. 4.2.1
(1) S=>SS*=>SS+ +S*=>aS+S*= =>aa+S*=>aa a+a* (2) S=>SS*=>Sa* *=>SS+a*=>S Sa+a*=>aa+a a* (3)
(4) 没有二义性
证明：假设有二义性，设α是含运算符最少的有两个或以上最左推导的语句。 则α≠a，不妨设α=α1α2+。α的第一步推导必然是 S=>S1S2+（否则最后一个 字符不会是“+” ） ，则 S1、S2 得到的语句α1、α2 运算符少于α，从而有唯一的 最左推导，因此α也有唯一的最左推导，矛盾。故文法无二义性。
(5) 不含 011 字串的 0 和 1 的串。 (提示：先构造相应的 DFA) S → 1S | 0A | ε A → 0A | 1B | ε B → 0A | ε (6) 形如 xy 且 x≠y 且 x，y 长度相等的 0 和 1 的串。 （不能表示成 xx 的 0 和 1 组成的串） S → LR | RL L → ALA | 0 R → ARA | 1 A→0|1 解 2： S → CD C → 0CA | 1CB | E E → 0FB | 1FA | F → 0FA | 0FB | 1FA | 1FB | AD → 0D BD → 1D A0 → 0A A1 → 1A B0 → 0B B1 → 1B D→ (7) 【补充】形如 xx 的 0 和 1 的串。 S → CD C → 0CA | 1CB | AD → 0D BD → 1D A0 → 0A B1 → 1B A1 → 1A B0 → 0B D→ // D 是结束符 // E 代表第一个不同处 // 至少有一个对应字符不同 // 之后四种组合都可 (S 长度为偶数，可分为两部分 L,R, 长度都为奇数) (L 和 R 的正中间字符不相同)
(5) S → ( L ) | a L → S L’ L’ → , S L’ | ε FIRST(S) = { (, a ) FIRST(L) = { (, a } FIRST(L’) = { ‘,’, ε} FOLLOW(S) = {‘,’, ), $} FOLLOW(L) = { ) } FOLLOW(L’) = { ) } S L L’ a S→a L→S L’ ( S→( L ) L→S L’ ) L’→ ε , L’→, S L’ $
《编译 译技术》第 3 次作 作业 参考 考答案 Ex x. 2.2.1
(1) S=>SS*=>S SS+S*=>aS+S*=>aa+S*= =>aa+a* (2)
(3) 以 a 为变量 量，以+和*为二元操作 作符的后缀 缀表达式 证明： 先证 S 得到 到的都是后 后缀表达式。 。对 S 推出 出的语句的运 运算符数量 量 n 作归纳： n=0 时， 时 S=>a 是后缀表达式 是 式； 设 n≤k 时命题成 成立，则 n=k k+1 时：第 第一步推导为 为 S=>S1S2+或 S=>S1S2*， 则 S1、S2 推出的 的语句中运算 算符数量不 不超过 k，因 因此 S1、S2 推 推出的都是 是后 缀表达 达式。从而 而 S 推出后缀 缀表达式。 综上，对所 所有自然数 数 n 命题成立 立。 再证 S 能得 得到所有后 后缀表达式。 。对后缀表 表达式中运算 算符数量 n 作归纳： n=0 时， 时 a 可以由 由 S=>a 得到 到； 设 n≤k 时命题成 成立，则 n=k k+1 时：后 后缀表达式 α=α1α2+或 α=α1α2*，则 α1、α2 中运算符 符数量不超过 过 k，因此 α1、α2 可由 由 S 推出。 则 α 可由 S=>SS+ +=>α1α2+或 S=>SS*=>α 1α2*得到。 。 综上，对所 所有自然数 数 n 命题成立 立。
(4) 适 适用
Ex x. 4.3.3
考虑 虑句子 if E1 1 then if E2 2 then S1 el lse if E3 then S2 else S3 S 具有如下所 所示的两种分 分析树： 它具
则上 上面给出的 if-then-else e 文法仍是 是二义性的。
Ex. 4.4.1
Ex. 4.3.1
(1) 无左公因子 (2) 不适用，因为存在左递归 (3) rexpr → rterm rexpr’
rexpr’ → + rterm rexpr’ | ε
rterm → rfactor rt term’ rterm’ → rfactor rt term’ | ε rfactor → rprimary y rfactor’ rfactor’→ * rfactor r’ | ε rprimary → a | b
(5) 以 a 为变量，以+和*为二元操作符的后缀表达式。
证明见前。
Ex. 4.2.3
(1) 每个 0 的后面至少跟有一个 1 的所有 0 和 1 的串。 S → 1S | 0A | ε A → 1S (2) 由 0 和 1 组成的回文（palindrome）集合 S → 1S1 | 0S0 | 0 | 1 | ε (3) 0 和 1 的个数相等的 0 和 1 的串。 S → 0S1S | 1S0S | ε (4) 0 和 1 的个数不相等的 0 和 1 的串。 S→A|B A → 1 | 0A1 | 1A0 | AA | EAE B → 0 | 0B1 | 1B0 | BB | EBE E → 0E1 | 1E0 | EE | ε 解 2： S→A|B A → 1 | 1A | 1E | 0AA B → 0 | 0B | 0E | 1BB E → 0E1 | 1E0 | EE | 解 3： S → TS | C | D T → 1B | 0A A → 1 | 0AA B → 0 | 1BB C → 0E E → 0AE | 0E | （或: E → 0E | 0E1E | ） D → 1F F → 1BF | 1F | （或: F → 1F | 1F0F | ） (提示：分别考虑 0>1 和 1>0 的情形) (1>0) (0>1) (0=1) (提示：分别考虑 0>1 和 1>0 的情形) (1>0) (0>1) (0=1)
(1) S → 0S’ S’ → S1 | 1 FIRST(S) = {0} FIRST(S’) = {0, 1} FOLLOW(S) = {1, $} FOLLOW(S’) = {1, $} 0 S→0S’ S’→S1 1 S’→1 $
S S’
(3) S → (S)S | ε FIRST((S)S)= { ( } FIRST(ε) = {ε} FOLLOW(S) = { ), $} S ( S→( S )S ) S→ε $ S→ε