编译原理课后习题解答(2)

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龙书本科教学版习题解答仅供教学参考numnum 0
num1
num1
num2
（1）对第一种情况，以 num1 为根的子树中结点数目少于 n，生成的二进制串 x 的值能被 3 整除；那么 num 为根的语法分析树生成的二进制串为 x0，值为 x 的值乘以 2，能被 3 整除。 （2）对第二种情况，以 num1 和 num2 为根的子树中结点数目都少于 n，生成的二进制串 x 和 y 的值都能被 3 整除； 那么， 以 num 为根的语法分析树生成的二进制串为 xy， 其值为 xval*2|y| +yval， 也能被 3 整除。 所以，文法生成的二进制串能被 3 整除。证毕。 2）文法不能生成所有能被 3 整除的二进制串，例如串 10101 的值为 21，能被 3 整除，但不 能由文法生成。
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编译原理课后习题解答 第 2 章
2.2 节 语法定义
解： 1）生成 aa+a*的推导如下： S SS* SS+S* aS+S* aa+S* aa+a* 2）语法分析树如图
3）文法生成的语言是以 a 为基本运算分量的+和*运算表达式的后缀形式。 证明：用对生成符号串中的运算符个数的归纳法证明 ①归纳基础：当运算符个数=0 时，即 S a，a 是表达式 a 的后缀形式 ②归纳步骤：假设运算符个数=k 时， S 能推导出 α，α 是含有 k 个运算符的表达式 A 的后 缀形式； 那么当符号串 w 中的运算符个数=k+1 时，可能的最右推导有两种 (1) S SS+ Sa+ ... β a+ (2) S SS* Sa* ... β a* 显然符号串β 由一个 S 推导得到，β 中的运算符个数为 k 个， 根据假设，β 是某个表达式 B 的后缀式；那么 (1) β a+ 是表达式 B+a 的后缀式 (2) β a* 是表达式 B*a 的后缀式 证毕。
1）证明：对语法分析树的结点数目使用数学归纳法。 ①归纳基础：当语法分析树有两个结点时，形如
num 11
num 1001
生成的串分别为 11 和 1001，表示的值为 3 和 9，能被 3 整除。 ②归纳步骤： 假设语法分析树的结点数目少于 n 时生成的二进制串的值能被 3 整除， 那么当 结点数目等于 n 时，语法分析树的根有下面两种可能的形式：
E → E1 + T E → E1 – T E→T T → T1 * F T → T1 / F T→F F → id F → num F → (E)
pre = 9
E
-
T
pre =* 52
pre = 9
T
pre = 5 T F
*
F 2
pre = 2
F pre = 9
pre = 5
9
5
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E → E1E2+ E → E1E2E → E1E2* E → E1E2/ E → num E → id
产生式
翻译方案 { E.m = '+' || E1.m || E2.m } { E.m = '-' || E1.m || E2.m } { E.m = '*' || E1.m || E2.m } { E.m = '/' || E1.m || E2.m } { E.m = num.value } { E.m = id.lexeme }
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产生式
翻译方案 { E.m = '(' || E1.m || ')' || '+' || '(' || E2.m || ')' } { E.m = '(' || E1.m || ')' || '-' || '(' || E2.m || ')' } { E.m = '(' || E1.m || ')' || '*' || '(' || E2.m || ')' } { E.m = '(' || E1.m || ')' || '/' || '(' || E2.m || ')' } { E.m = num.value } { E.m = id.lexeme }
产生式 S→R|Q|P|N B → I | II | III E → IV | V | VB | IX F → X | XX | XXX G → XL | L | LF | XC H → C | CC | CCC J → CD | D | DH | CM K → M | MM | MMM | MMMM N→B|E P → FN | GN | F | G Q → HP | JP | HN | JN | H | J R → KQ | KP | KN | K
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2.3 节 语法制导翻译
产生式
翻译方案 { E.pre = '+' || E1.pre || T.pre } { E.pre = '-' || E1.pre || T.pre } { E.pre = T.pre } { T.pre = '*' || T1.pre || F.pre } { T.pre = '/' || T1.pre || F.pre } { T.pre = F.pre } {F.pre = id.lexeme} {F.pre = num.value} {F.pre = E.pre} E pre =-9* 52
说明 S 是开始符号，生成 5000 以内的罗马数字 1~3 4~9 10, 20, 30 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90 100, 200, 300 400, 500, 600, 700, 800, 900 1000, 2000, 3000, 4000 一位数 两位数 三位数 四位数
S a b a ε S ε
S b
S
S
S S ε b
b
S ε
a
S ε
a
S ε
所以文法是二义的。 5）对文法的句子 aaa，存在两棵不同的语法分析树如下：
S S S a S a S a a S
S S S a S a
所以文法是二义的。
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解答： 1）S → SS+ | SS* | SS- | SS/ | id | num 2）list → list, id | id 3）list → id, list | id 4）E → E + T | E – T | T T→T*F|T/F|F F → id | num | (E) 5）E → E + T | E – T | T T→T*F|T/F|F F → -E | +E | id | num | (E)
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解答： 1）L={0n1n | n>=1} 证明：①考虑，推导 1 步时，有 S 01 推导 2 步时， S 0S1 0011 以此类推，推导 n 步时，S 0S1 00S11 ... 0...0S1...1 0...01...1 可以得到 n 个 0 和 n 个 1 ②对任意串 0n1n 都存在一个推导 S ... 0...01...1 2）文法生成以 a 为基本运算分量的+和-运算的前缀表达式。证明略。 3）文法生成具有对称括号对的串。证明略。 4）文法生成 a 和 b 的个数相等的串。 证明：用关于 a 和 b 个数的归纳法证明。 ①归纳基础：一步推导时，S ϵ，其中 a 和 b 的个数都为 0。 ②归纳步骤：设 S 经过少于 n 步推导得到的串 α 中 a 和 b 的个数相等； 则>=n 步的推导形如 S aSbS … x 或 S bSaS … y aSbS 和 bSaS 中的 S 经过少于 n 步能推出终结符号串，且其中 a 和 b 的个数都相等； 所以经过 aSbS 和 bSaS 推导出的 x 和 y 中的 a 和 b 个数也相等。证毕。 5）文法生成基本运算分量为 a 的由二元运算+、连接和一元运算*构成的表达式，表达式 可以加括号。证明略。
E → E1E2+ E → E1E2E → E1E2* E → E1E2/ E → num E → id
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解答：文法 3） 、4） 、5）有二义性。 证明：3）对文法的句子()()，存在两棵不同的语法分析树如下：
S S
S
(
S ε
)
S ε
S ε
( ε
S
)
S
S ε
(
S ε
)
S ε
S ε
(
S ε
)
S ε
所以文法是二义的。 4）对文法的句子 abab，存在两棵不同的语法分析树如下：