编译原理平时作业-答案

平时作业1 对于下列语言分别写出它们的正规表达式。

2 (1) 英文字母组成的所有符号串，要求符号串中顺序包含五个元音。

答：令Letter表示除这五个元音外的其它字母。

((letter)*A(letter)*E(letter)*I(letter)*O(letter)*U(letter))*(2) 英文字母组成的所有符号串，要求符号串中的字母依照词典顺序排列。

答： A*B*....Z*(3) Σ={0,1}上的含偶数个1的所有串。

答：(0|10*1)*(4) Σ={0,1}上的含奇数个1的所有串。

答：(0|10*1)*1(5) 具有偶数个0和奇数个1的有0和1组成的符号串的全体。

答：设S是符合要求的串，|S|=2k+1 (k≥0）。

则S→S10|S21，|S1|=2k (k>0），|S2|=2k (k≥0）。

且S1是{0,1}上的串，含有奇数个0和奇数个1。

S2是{0,1}上的串，含有偶数个0和偶数个1。

考虑有一个自动机M1接受S1，那么自动机M1如下：和L(M1)等价的正规表达式，即S1为：((00|11)|(01|10)(00|11)*(01|10))*(01|10)(00|11)*类似的考虑有一个自动机M2接受S2，那么自动机M2如下：和L(M2)等价的正规表达式，即S2为：((00|11)|(01|10)(00|11)*(01|10))*因此，S为：((00|11)|(01|10)(00|11)*(01|10))*(01|10)(00|11)*0|((00|11)|(01|10)(00|11)*(01|10))*1(6) 不包含子串011的由0和1组成的符号串的全体。

答：1*|1*0(0|10)*(1|ε)(7) 由0和1组成的符号串,把它看成二进制数，能被3整除的符号串的全体。

答：假设w的自动机如下：对应的正规表达式：(1(01*0)1|0)*3 给出接受下列在字母表{0,1}上的语言的DFA。

4 (1) 所有以00结束的符号串的集合。

5 (2) 所有具有3个0的符号串的集合。

答：(1) DFA M=({0，1}，{q0，q1，q2}，q0，{q2}，δ)其中δ定义如下:δ（q0，0）=q1δ（q0，1）=q0δ（q1，0）=q2δ（q1，1）=q0δ（q2，0）=q2δ（q2，1）=q0(2)正则表达式: 1*01*01*01*DFA M=({0，1}，{q0，q1，q2，q3}，q0，{q3}，δ)其中δ定义如下:δ（q0，0）=q1δ（q0，1）=q0δ（q1，0）=q2δ（q1，1）=q1δ（q2，0）=q3δ（q2，1）=q2δ（q3，1）=q33 下面是用正规式表示的变量声明：( int | float ) id (, id )* ;请改用上下文无关文法表示，也就是写一个上下文无关文法，它和该正规式等价。

答：D T L ;T int | floatL L, id | id4 试分析下面给出的if-then-else语句的文法，它的提出原本是为了矫正dangling-else (悬而未决的-else)文法的二义性：5 stmt → if expr then stmt6 |matched-stmt7 matched-stmt→ if expr then matched-stmt else stmt8 |other9 试说明此文法仍然是二义性的。

答：考虑句子if e then if e then other else if e then other else other 它具有如下所示的两种分析树 stmt expr then e if stmt if matched-stmt expr then matched-stmt e other if esle stmt matched-stmt expr then matched-stmt e other esle stmt matched-stmt other stmt matched-stmt if expr then matched-stmt e if esle stmt esle stmt matched-stmt expr then e stmt other expr then matched-stmt e other if matched-stmt other则上面给出的if-then-else文法仍是二义性的。

10 证明下面文法是SLR(1)文法，并构造其SLR分析表。

11 E→E+T|T12 T→TF|F13 F→F*|a|b答：该文法的拓广文法G'为(0) E' → E(1) E → E+T(2) E → T(3) T → TF(4) T → F(5) F → F*(6) F → a(7) F → b其LR(0)项目集规范族和goto函数(识别活前缀的DFA)如下:I0 = {E'→·E, E→·E+T, E→·T, T→·TF, T→·F, F→·F*,F→·a, F→·b}I1 = {E'→E·, E→E·+T}I2 = {E→T·, T→T·F, F→·F*, F→·a, F→·b}I3 = {T→F·, F→F·*}I4 = {F→a·}I5 = {F→b·}I6 = {E→E+·T, T→·TF, T→·F, F→·F*, F→·a, F→·b}I7 = {T→TF·, F→F·*}I8 = {F→F*·} I9 = {E→E+T·, T→T·F, F→·F*, F→·a, F→·b}求FOLLOW集：FOLLOW(E)={＋, ＄} FOLLOW(T)={＋, ＄, a, b}FOLLOW(F)={＋, ＄, a, b, *}构造的SLR分析表如下：显然，此分析表无多重定义入口，所以此文法是SLR文法。

14 为下面的文法构造LALR(1)分析表15 S→E16 E→E+T|T17 T→(E)|a答：其拓广文法G'：(0) S' → S(1) S → E(2) E → E+T(3) E → T(4) T → (E)(5) T → a构造其LR(1)项目集规范族和goto函数(识别活前缀的DFA)如下:I0= {[S’→·S, $], [S→·E, $], [E→·E+T, $/+], [E→·T, $/+],[T→·(E), $/+], [T→·a, $/+]} I1= {[S’→S·, $]} I2= {[S→E·, $], [E→E·+T, $/+]} I3= {[E→T·, $/+]}I4= {[T→(·E), $/+], [E→·E+T, )/+], [E→·T, )/+], [T→·(E), )/+], [T→·a, )/+]}I5= {[T→a·, $/+]} I6= {[E→E+·T, $/+], [T→·(E), $/+], [T→·a, $/+]}I7= {[T→(E·), $/+], [E→E·+T, )/+]} I8= {[E→T·, )/+]}I9= {[T→(·E), )/+}, [E→·E+T, )/+], [E→·T, )/+], [T→·(E), )/+], [T→·a, )/+]}I10= {[T→a·, )/+]} I11= {[E→E+T·, $/+]} I12= {[T→(E)·, $/+]}I13= {[E→E+·T, )/+], [T→·(E), )/+], [T→·a, )/+]} I14= {[T→(E·), )/+], [E→E·+T, )/+]} I15= {[E→E+T·, )/+]} I16= {[T→(E)·, )/+]}合并同心的LR(1)项目集，得到LALR的项目集和转移函数如下：I0= {[S’→·S, $], [S→·E, $], [E→·E+T, $/+], [E→·T, $/+], [T→··(E), $/+], [T→·a, $/+]} I1= {[S’→S·, $]} I2= {[S→E·, $], [E→E·+T, $/+]} I3,8= {[E→T·, $/+/)]}I4,9= {[T→(·E), $/+/)], [E→·E+T, )/+], [E→·T, )/+], [T→·(E), )/+], [T→·a, )/+]}I5,10= {[T→a·, $/+/)]} I6,13= {[E→E+·T, $/+/)], [T→·(E), $/+/)], [T→·a, $/+/)]}I7,14= {[T→(E·), $/+/)], [E→E·+T, )/+]} I11,15= {[E→E+T·, $/+/)]}I12,16= {[T→(E) ·, $/+/)]}LALR分析表如下：18 （1）通过构造识别活前缀的DFA 和构造分析表，来证明文法 E E + id | id 是SLR(1)文法。

答：先给出接受该文法活前缀的DFA 如下：再构造SLR 分析表如下：动作 转移id + $ E0 s 21 1 s 3 acc2 r 2 r 23 s 44r 1 r 1表中没有多重定义的条目，因此该文法是SLR(1)的。

（2）下面左右两个文法都和（1）的文法等价E E + M id | id E M E + id | id M M请指出其中有几个文法不是LR(1)文法，并给出它们不是LR(1)文法的理由。

答：只有文法E M E + id | id M不是LR(1)文法。

因为对于句子id +id +…+id 来说，分析器在面临第一个id 时需要做的空归约次数和句子中+id 的个数一样多，而此时句子中+id 的个数是未知的。