完整版整理完编译原理网上作业题参考答案1101Word文档下载推荐.docx

完整版整理完编译原理网上作业题参考答案1101Word文档下载推荐.docx

《完整版整理完编译原理网上作业题参考答案1101Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《完整版整理完编译原理网上作业题参考答案1101Word文档下载推荐.docx（35页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

5.（语法）树代表推导过程，（分析）树代表归约过程。

6•自下而上分析法采用（移进）、归约、错误处理、（接受）等四种操作。

7.Chomsky把文法分为（4）种类型，编译器构造中采用（2型）和（3型）文法，它们分别产生（上下

文无关语言）和（正规语言）语言，并分别用（下推自动机）和（有限）自动机识别所产生的语言。

（*

*）

判断题：

1.正确2.错误3.错误4.错误5.错误

6.错误7.正确8.正确9.错误

简答题

1句柄：

解答：

一个句型的最左直接短语称为该句型的句柄。

2.素短语：

至少含有一个终结符的素短语,

并且除它自身之外不再含任何更小的素短语。

3.语法树：

满足下面4个条件的树称之为文法G[S]的一棵语法树。

1每一终结均有一标记，此标记为VnUVt中的一个符号；

2树的根结点以文法G[S]的开始符S标记；

3若一结点至少有一个直接后继，则此结点上的标记为Vn中的一个符号；

4若一个以A为标记的结点有K个直接后继，且按从左至右的顺序，这些结点的标记分别为

Xi,X2,…，准则A^Xi,X2,…，冶必然是G的一个产生式。

4.归约：

我们称仏丫直接归约出aA0仅当A^y是一个产生式，且a（VnUVt）*。

归约过程就是从输

入串开始，反复用产生式右部的符号替换成产生式左部符号，直至文法开始符。

5.推导：

我们称aAB直接推出％丫,俱卩aA3Tay仅当丫是一个产生式,

且a3€（VnUVt）*。

如果a=>

a—-…—a,则我们称这个序列是从ai至a的一个推导。

若存在一个从

alan的推导，则称ai可推导出

a。

推导是归约的逆过程。

问答题

1.给出上下文无关文法的定义。

一个上下文无关文法G是一个四元式（Vt,Vn,S,P），其中:

VtQVN=①；

ia,其中，P€VN,a€（VtUVn）。

开始符

号S至少必须在某个产生式的左部出现一次。

2.文法G[S]:

S^aSPQ|abQ

QiPQ

bibb

bCHbccCHcc

（1）它是Chomsky哪一型文法？

（2）它生成的语言是什么？

（***）

（1）由于产生式左部存在终结符号，且所有产生式左部符号的长度均小于等于产生式右部的符号长度，所以文法G[S]是Chomskyl型文法，即上下文有关文法。

（2）按产生式出现的顺序规定优先级由高到低（否则无法推出句子），我们可以得到：

S二；

abQ二abc

S二：

aSPQ二aabQP^^aabPQQ：

aabbQQ二：

aabbcQ二aabbcc

aSPQ二aaSPQPgaaabQPQPQ：

aaabPQQPQ：

aaabPQPQQaaaPPQQQaaabbPqqq二aaabbQQgaaabbbcQQ二aaabbbccQ二aaabbbccc

于是得到文法G[S]生成的语言L={anbncn|n>

1}

3.按指定类型，给出语言的文法。

L={aibj|j>

i>

1}的上下文无关文法。

由L={aibj|j>

1}知，所求该语言对应的上下文无关文法首先应有S^aSb型产生式，以保证b的

个数不少于a的个数；

其次，还需有StSb或StbS型的产生式，用以保证b的个数多于a的个数；

也即所求上下文无关文法G[S]为：

G[S]:

StaSb|Sb|b

4.有文法G:

StaAcB|Bd

AtAaB|cBtbScA|b

（1）试求句型aAaBcbbdcc和aAcbBdcc的句柄；

（2）写出句子acabcbbdcc的最左推导过程。

（***）

（1）分别画出对应两句型的语法树，如下图所示

句柄:

AaBBd

（2）句子acabcbbdcc的最左推导如下：

ST二aAcB二aAaBcB二acaBcB=acabcB二acabcbScA二acabcbBdcA二acabcbbdcA二acabcbbdcc

5.对于文法G[S]:

S~（L）|aS|a

LtL,S|S

（1）画出句型（S,（a））的语法树。

（2）写出上述句型的所有短语、直接短语、句柄和素短语。

（1）句型（S,（a））的语法树如下图所示。

（L）

图句型（S,（a））的语法树

（2）由上图可知：

1短语：

S、a、（a）、S,（a）、（S,（a））;

2直接短语：

a、S;

3句柄：

S;

4素短语：

素短语可由图2-8-3中相邻终结符之间的优先关系求得，即;

#<

因此素短语为a。

6.考虑文法G[S],其产生式如下：

S^（L）|a

LtL,S|S

（a）试指出此文法的终结符号、非终结符号。

（b）给出句子（a,（a,a））的分析树。

（c）构造句子（a,（a,a））的一个最左推导。

（d）构造句子（a,（a,a））的一个最右推导。

（e）这个文法生成的语言是什么？

（**）

（a）终结符号为：

{（,）,a,'

}

非终结符号为：

{S,L}

开始符号为：

S

（b）分析树

aL,S

（L）

（L,S）

（S'

E）

（s'

s）

（a,（L,S））

（a,（S,S））

（a,（a,S））

（-1）

S（P）

（L,（L））

（L,（L,S））

（L,（L,a））

（L,（S,a））

（L,（a,a））

（S,（a,a））

（a,（a,a））

（e）L（G[S]）=（ai,a2,,an）或a

其中ai（1wiwn）是L（G[S]）。

即L（G[S]）产生一个以a为原子的纯表，但不包括空表。

7.考虑文法G[T]:

TF*F|F

FtFfP|P

P^（T）|i

证明T*Pf（T*F）是该文法的一个句型，并指出直接短语和句柄。

首先构造T*Pf（T*F）的语法树如下图所示。

T

图句型T*Pf（T*F）的语法树

由上图可知，T*Pf（T*F）是文法G[T]的一个句型。

直接短语有两个，即P和T*F;

句柄为P。

&

试描述下列文法产生的语言L（G[S]）（**）

St10S0|aA

AtbA|a

L（G）={（10）iabna0in>

0i>

0}

9.已知语言L（G）={abnc|n>

1}试对该语言构造相应文法。

解答：

G[Z]:

ZtaBC

Bb|b

10．证明下列文法的二义性1．G[Z]

ZtaZbZ|aZ|a

2．G[S]

StAB

AtbB|bC|baBtSb|ba|aCtBb|b

（1）

对于句子aaaba,画出二棵不同的语法树，因而是二义的。

2）

G[S]

对于句子baba,画出二棵不同的语法树，因而是二义的。

11.有文法G[S]:

StiSeS|iS|i

该文法是否是二义的。

试证明之。

（**）解答:

对于句子iiiei，有两棵不同的语法树，故文法是二义的。

12.文法G[T]:

aR,FHTb|d生成的语言是什么？

G[T]是否为3型文法？

不是3型文法。

13.试写出能够描述下列电话号码格式的文法。

67391742

010-********

（010）67391742

文法产生式规则如下：

<

电话号码>

t<

局代码>

<

本机码>

t<

区前缀>

局代码

>

本机码>

t

地区码>

‘（'

‘）'

地区码>

DIG

DIGDIG

14.试构造生成语言的上下文无关文法。

（1）{anbnci|n>

1,i>

0}

（2）{w|w€{a,b}+,且w中a的个数恰好比b多1}

（1）把anbnci分成anbn和c，两部分，分别由两个非终结符号生成，因此，生成此文法的产生式为:

StAB

AtaAb|ab

BtcB|e

（2）令S为开始符号，产生的w中a的个数恰好比b多一个，令E为一个非终结符号，产生含相同个数的a和b的所有串，则产生式如下：

StaE|Ea|bSS|SbS|SSb

EtaEbE|bEaE|£

15.

G[S]:

S->

SANDS|SOR

下面的二义性文法描述命题演算公式，为它写一个等价的非二义性文法。

S|NOTS|p|q|（S）（**）

SANDA|A

A->

AORB|B

B->

NOTB|p|q|（S）

16.对于下列语言分别写出它们的正规表达式。

（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。

（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。

（1）令Letter表示除这五个元音外的其它字母。

（（letter）*A（letter）*E（letter）*l（letter）*O（letter）*U（letter））*

（2）A*B*....Z*

第三章词法分析与有穷自动机

1.ACE2.ABD

1.确定有限自动机DFA是（NFA）的一个特例。

2•若二个正规式所表示的（正规集）相同，则认为二者是等价的。

3.—个字集是正规的，当且仅当它可由（DFA/NFA）所（识别）。

1.错误2.错误3.错误4.正确5.正确

6.正确7.正确8.正确9.错误10.正确

1设M=（{x,y},{a,b},f,x,{y}）为一非确定的有限自动机，其中f定义如下：

f（x,a）={x,y}f（a,b）={y}

f（y,a）=0f（y,b）={x,y}

试构造相应的确定有限自动机M。

对照自动机的定义M=（S,X,f,So,z）,由f的定义可知f（x,a）、f（y,b）均为多值函数，所以是一非确定有限自动机，先画出NFAM相应的状态图，如图下所示。

图NFAM

用子集法构造状态转换矩阵下表所示。

将转换矩阵中的所有子集重新命名而形成下表所示的状态转换矩阵。

表状态转换矩阵

即得到M=（{0,1,2},{a,b},f,0,{1,2}）,其状态转换图如下图所示。

将上图的DFAM最小化。

首先，将M的状态分成终态组{1,2}与非终态组{0};

其次，考察{1,2}。

由于{1,2}a={1,2}b={2}

{1,2}，所以不再将其划分了，也即

整个划分只有两组{0}，{1,2}：

令状态1代表{1,2}，即把原来到达2的弧都导向1，并删除状态2。

最后，

得到如下图所示化简DFAM。

图化简后的DFAM

2•对给定正规式b*（d|ad）（b|ab）+，构造其NFAM。

首先用A+=AA*改造正规式得：

b*（d|ad）（b|ab）（b|ab）*；

其次，构造该正规式的NFAM，如下图所示。

3•字母表{a,b}上的正规式R=（ba|a）*，构造R的相应DFA。

（**）解答：

4.请写出在E=（a,b）上，不是

最少的DFA。

根据题意，不以a开头就意味着以b开头，且以aa结尾的正规式为：

b（a|b）*aa

根将图1所示的NFA确定化，如图2所示。

NFA将图1所示的NFA确定化，如图

从图2可知已为最简状态，由于开始状态0只能输入字符b而不能与状态1合并，而状态2和状态3面对输入符号的下一状态相同，但两者一为非终态、一为终态，故也不有合并，故图2所示的状态转换矩阵已是最简的DFA，如图3所示据正规式画出NFA，如图1所示。

图2状态转换矩阵

5.人运狼、羊、菜过河，一次运一件，不让羊吃掉菜，也不让狼吃掉羊，画出渡河的状态转换图。

可否

将其抽象为一个有限自动机。

先写出渡河的方法，串中对象顺序为人来回渡河时所运的货物的顺序：

①羊空菜羊狼空羊

②羊空狼羊菜空羊

现给出一个NFA:

M=（S,Q,0,{9},S）

其中》={羊，空，菜，狼}

Q={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}

转形函数

S（0,羊）=1,S（1,空）=2,S（2,菜）=3,S（2,狼）=5

S（3,羊）=4,S（5,羊）=6,S（4,狼）=7,S（6,菜）=7

6•对于正规表达式（a|b）*a（a|b）构造最小状态的DFA（**）

①NFAM:

②DFAM:

③化简：

②中的DFAM中没有等价状态，因此为最小化的DFAM

第四章语法分析

1.AD2.CE3.ACDE4.CE5.ABCE6.ACDE

1•对于一个文法，如果能够构造（LR（0）文法）。

使得它的（每个入口）均是唯一确定的，则称该文

法为LR文法。

2.字的前缀是指该字的（任意首部）。

3.活前缀是指（规范句型）的一个前缀，这种前缀不含（句柄）之后的任何符号。

4.在LR分析过程中，只要（输入串）的已扫描部分保持可归约成一个（活前缀），则扫描过的部分

正确。

5.将识别（活前缀）的NFA确定化，使其成为以（项目集合）为状态的DFA这个DFA就是建立（LR

分析算法）的基础。

6.A^a・称为（归约）项目；

对文法开始符S'

fa・为（接受）项目；

若a为终结符，则称A^a・a3为（移进）项目；

若B为非终结符，则称A^a・a3为（待约）项目。

7.LR（0）分析法的名字中“L”表示（自左至右分析），“R'

表示（采用最右推导的逆过程即最左

归约），“0”表示（向右查看0个字符）。

1．正确

简答题：

1构造下面文法的LL

（1）分析表。

XTL

Ttint|real

LtidR

Rt,idR|£

LL

（1）分析表见下表。

分析虽然这个文法很简单，我们还是从求开始符号集合和后继符号集合开始。

FIRST（D）=FIRST（T）={int,real}FOLLOW（D）=FOLLOW（L）

={#}

FIRST（L）={id}FOLLOW（T）={id}

FIRST（R）={,,£

}FOLLOW（R）={#}

有了上面每个非终结符的FIRST集合，填分析表时要计算一个产生式右部a的FIRST（a）就不是件

难事了。

填表时唯一要小心的时，&

是产生式FT&

右部的一个开始符号，而#在FOLLOW（R）中，所以FTs

填在输入符号#的栏目中。

表LL

（1）分析表

2.下面文法G[S]是否为LL

（1）文法？

说明理由。

StAB|PQxAtxybe

P^dP|eQ^aQ|e

该文法不是LL

（1）文法，见下面分析中的说明。

分析只有三个非终结符有两个选择。

（1）P的两个右部dP和e的开始符号肯定不相交。

（2）Q的两个右部aQ和e的开始符号肯定不相交。

（3）对S来说，由于x€FIRST（AB），同时也有x€FIRST（PQx）（因为P和Q都可能为空）。

所以该文法不是LL

（1）文法。

3.设有以下文法：

StaAbDeld

atBSD|e

BtSAc|cD|e

DTSe|e

（1）求出该文法的每一个非终结符U的FOLLOW集。

（2）该文法是LL

（1）文法吗？

（3）构造C[S]的LL

（1）分析表。

（1）求文法的每一个非终结符U的FOLLOW集的过程如下：

因为：

1S是识别符号，且有AtBSD、Btsac、DTSe，所以FOLLOW（S）应包含

FIRST（D）UFIRST（Ac）UFIRST（e）U{#}

={a,d}U{a,d,c,e}U{e}U{#}

={a,c,d,e#}

2又因为AtbSD和DTe,所以FOLLOW中还包含FOLLOW（A）。

因为StaAbDe和BtSAc,所以

FOLLOW（A）=FIRST（bDe）UFIRST（e）={b,e}

综合①、②得FOLLOW（S）={a,d,e,e,#}U{a,b,e,d,e,#}

因为AtBSD，所以FOLLOW（B）=FIRST（SD）={a,d}

因为StaAbDe|d、AtBSD|e和BtSAc|eD，所以

FOLLOW（D）=FIRST（e）UFOLLOW（A）UFOLLOW（B）

={e}U{b,e}U{a,d}={a,b,e,d,e}

（2）G[S]不是LL

（1）文法。

因为产生式BtSAc|cD|e中

FIRST（SAc）nFOLLOW（B）={a,d}工

（3）构造G[S]的LL

（1）分析表。

按照LL

（1）分析表的构造算法构造方法G[S]的LL

（1）分析表如下表所示。

表G[S]的LL

（1）分析表

4.将文法G[V]改造成为LL

（1）的。

G[V]:

SN|N[E]

iV|V+E

NRi

对文法G[V]提取公共左因子后得到文法：

G'

[V]:

SNA

Af|[E]

iVB

Bf|+E

求出文法G[V中每一个非终结符号的FIRST集：

FIRST（V）={i}FIRST（A）={[,£

}

FIRST（E）={i}FIRST（B）={+,£

FIRST（N）={i}

求出文法G[V中每一个非终结符号的FOLLOW集：

FOLLOW（V）={#}U{£

}UFOLLOW（E）={#,+,]}

FOLLOW（A）=FOLLOW（V）={+,,#}

{£

}U{sUFOLLOW（E）={]}

FOLLOW（B）=FOLLOW（E）={]}

{s}UFOLLOW（V）={[,],+,#}

可以看到，对文法G[V]的产生式A^s|[E],有

FIRST（[E]）AFOLLOW（A）={[}A{+,],#}=对产生式B^s|+E有

FIRST（+E）AFOLLOW（B）={+A}{]}=

而文法的其他产生式都只有一个不为s的右部，所以文法G[V是LL

（1）文法。

5.已知文法：

G[A]:

A^aAa|&

（1）该文法是LL

（1）文法吗？

为什么？

（2）若采用LL

（1）方法进行语法分析，如何得到该文法的LL

（1）分析表?

（3）若输入符号串“aaaa”请给出语法分析过程。

（1）因为产生式AtaAa|&

有空产生式右部，而

FOLLOW（A）={#}UFIRST（a）={a,#}

造成FIRST（A）nFOLLOW（A）={A&

}n{a,#}工

所以该文法不是LL

（1）文法。

（2）若采用LL

（1）方法进行语法分析，必须修改该文法。

因该文法产生偶数（可以为0）个a,所以得到文法

G[A：

ZaaA|£

此时对产生式2aaA|£

有FOLLOW（A）={#}UFOLLOW（A）={#}，因而

FIRST（A）nFOLLOW（A）={a,&

}n{#}=

所以文法G[A是LL

（1）文法，按LL

（1）分析表构造算法构造该文法的LL

（1）分析表如下表所

示。

表文法G[A]的LL⑴分析表

（3）若采用LL

（1）方法进行语法分析，对符号