《编译BottomUp习题解答.docVIP

1、已知文法G(S)： S→aS|bS|a (1)构造该文法的LR(0)项目集规范族 (2)构造识别该文法所产生的活前缀的DFA。 (3)构造其SLR分析表，并判断该文法是否是SLR(1)文法。 解题思路 构造LR(0)项目集规范族，有两种方法：一种是利用有限自动机来构造，另一种是利用函数CLOSURE和GO来构造。本题采取第2种方法，通过计算函数CLOSURE和GO得到文法的LR(0)项目集规范族，而GO函数则把LR(0)项目集规范族连成一个识别该文法所产生的活前缀的DFA。 解答 (1)将文法G(S)拓广为G(S’)： (0)S’→S (1)S→aS (2)S→bS (3)S→a 构造该文法的LR(0)项目集规范族： I0=CLOSURE({S →·S})={S’ →·S, S→·aS, S→·bS, S→·a} I1=GO( I0 , a)=CLOSURE({S→a·S , S→a·})={S→a·S , S→a· , S→·aS, S→·bS, S→·a } I2=GO(I0 , b)=CLOSURE({S→b·S })={ S→b·S, S→·aS, S→·bS, S→·a } I3=GO(I0 , S)=CLOSURE({S’ →S·})={ S’ →S·} GO(I1, a)=CLOSURE({S→a·S , S→a·})=I1 GO(I2, b)=CLOSURE({S→b·S})=I2 I4=GO(I1, S)=CLOSURE({S→aS·})={S→aS·} GO(I2, a)= CLOSURE({S→a·S , S→a·})=I1 GO(I2, b)= CLOSURE({S→b·S})=I2 I5=GO(I2, S)=CLOSURE({S→bS·})={ S→bS·} 所以，项目集I0，I1，I2，I3，I4和I5构成了该文法的LR(0)项目集规范族。 (2)我们用GO函数把LR(0)项目集规范族连成一个识别该文法所产生的活前缀的DFA如图4.1所示。 (3)构造其SLR分析表。 表4.1 SLR分析表 ACTION GOTO 状态 a b # S 0 S1 S2 3 1 S1 S2 r3 4 2 S1 S2 5 3 acc 4 r1 5 r2 注意到状态I1存在“移进-归纳”冲突，计算S的FOLLOW集合： FOLLOW(S)={#} 可以采用SLR冲突消解法，得到表4.1所列的SLR分析表。 从分析表可以看出，表中没有冲突项，所以该文法是SLR(1)文法。 2、证明AdBd是文法G(S)的活前缀。说明活前缀在LR分析中的作用。给出串dbdb#的LR分析过程。 G(S)：(1) S→AdB (2)A→a (3) A→ε (4) B→b (5)B→Bdb (6)B→ε 解题思路 所谓活前缀是指规范句型的一个前缀，这种前缀不句柄之后的任何符号。根据此定义，直接证明AdBd是文法G(S)的活前缀。 解答 存在下面的规范推导： 可见AdBdb是文法G的规范句型，AdBd是该规范句型的前缀。另外，在该规范句型中Bdb是句柄，前缀是AdBd不含句柄Bdb之后的任何符号，所以AdBd是文法G(S)的活前缀。 在LR分析工作过程中的任何时候，栈里的方法符号(自栈底而上)X1X2…Xm应该构成活前缀，把输入串的剩余部分配上之后即应成为规范句型(如果整个输入串确实构成一个句子)。因此，只要输入串的已扫描部分保持可归约成一个活前缀，那就意味着所扫描过的部分没有错误。 构造文法G的LR分析表 4.2所列。 表4.2 LR分析表 ACTION GOTO a d b # S A B 0 s3 r3 1 2 1 acc 2 s4 3 r2 4 r6 s5 r6 6 5 r4 r4 6 s7 r1 7 s8 8 r5 r5 串dbdb#的LR分析过程如下： 步骤 状态 符号 输入串 0 0 # dbdb# 1 02 #A dbdb# 2 024 #Ad bdb# 3 0245 #Adb db# 4 0246 #AdB db# 5 02467 #AdBd b# 6 024678 #AdBdb # 9 0246 #AdB # 10 01 #S # acc 3、根据程序设计语言的一般要求，为定义条件语句的二义文法G(S)构造SLR(1)分析表，要求 写出步骤和必要的说明。 G(S): S→iSeS|iS|a 解答 将文法G(S)拓广为G(S’)： S’ →S S→iSeS S→iS S→a 构造此文法