计算机编译原理

 

编译原理试题及答案

一、对于文法 G[S] ：

　　S → 1A | 0B | ε  　　A → 0S | 1AA  　　B → 1S | 0BB

　　⑴ (3 分 ) 请写出三个关于 G[S] 的句子；

　　⑵ (4 分 ) 符号串 11A0S 是否为 G [S] 的句型？试证明你的结论。

　　⑶ (3 分 ) 试画出 001B 关于 G [S] 的语法树。   

二、请构造一个文法，使其产生这样的表达式 E ：表达式中只含有双目运算符 + 、 * ，且 + 的优先级高于 * ， + 采用右结合， * 采用左结合，运算对象只有标识符 i ，可以用括号改变运算符优先级。要求给出该文法的形式化描述。   

三、设有语言 L={ α | α∈ {0,1} + ，且α不以 0 开头，但以 00 结尾 } 。

　　⑴试写出描述 L 的正规表达式；

　　⑵构造识别 L 的 DFA （要求给出详细过程，并画出构造过程中的 NDFA 、 DFA 的状态转换图，以及 DFA 的形式化描述 ) 。   

四、给定文法 G[S] ：

　　S → AB

　　A → aB | bS | c

　　B → AS | d

　　⑴ (6 分 ) 请给出每一个产生式右部的 First 集；

　　⑵ (3 分 ) 请给出每一个非终结符号的 Follow 集；

　　⑶ (8 分 ) 请构造该文法的 LL(1) 分析表；

　　⑷ (8 分 ) 什么是 LL(1) 文法？该文法是 LL(1) 文法吗？为什么？   

五、给定文法 G[S] ：

　　S → SaA|a

　　A → AbS|b

　　⑴请构造该文法的以 LR(0) 项目集为状态的识别规范句型活前缀的 DFA 。

　　⑵请构造该文法的 LR(0) 分析表。

　　⑶什么是 LR(0) 文法？该文法是 LR(0) 文法吗？为什么？

　　⑷什么是 SLR(1) 文法？该文法是 SLR(1) 文法吗？为什么？   

六、给定下列语句：

　　if a+b>c

　　then x := a*(b-c) + (b*c-d)/e

　　⑴写出其等价的逆波兰表示；

　　⑵写出其等价的四元式序列。   

七、已知下列 C 语言程序：

　　int * f()

　　{ 　int a = 100; return &a;

　　}

　　main()

　　{ 　int * i = f();

　　　　char a[] = “compiler”; printf(“the result is %d\n”, *i);

　　}

　　程序运行结果为： the result is 26157,

　　请解释为什么程序运行的结果不是期望的“ the result is 100 ”？

1.1 三个 0 和 1 数量相等的串

1.2 S => 1A => 11AA => 11A 0S

1.3

第二题 构造文法如下 :

G[E]=({+,*,(,),i}, {E,F,T}, P, E) ， 其中 P 为：

E→E*F|F    F→T+F|T    T→(E)|i

第三题 （ 1 ）正规表达式： 1(0|1) * 00

（ 2 ）第一步：将正规表达式转换为 NDFA

第二步：将 NDFA 确定化为 DFA ：

造表法确定化（ 3 分） 确定化后 DFA M 的状态转换表 (2 分 )

状态 输入

I 0

I 1

 

t

0

1

[S]

—

[A,D,B]

 

q 0

—

q 1

[A,D,B]

[D,B,C]

[D,B]

重新命名

q 1

q 2

q 3

[D,B,C]

[D,B,C,Z]

[D,B]

q 2

q 4

q 3

[D,B]

[D,B,C]

[D,B]

 

q 3

q 2

q 3

[D,B,C,Z]

[D,B,C,Z]

[D,B]

 

q 4

q 4

q 3

DFA 的状态转换图（ 3 分）

第三步：给出 DFA 的形式化描述

DFA M = （ { q 0 , q 1 , q 2 , q 3 , q 4 }, {0,1}, t, q 0 , { q 4 } ）

t 的定义见 M 的状态转换表。

第四题

（ 1 ） First(AB) = {a, b, c}

First(aB) = {a}

First(bS) = {b}

First(c) = {c}

First(AS) = {a, b, c}

First(d) = {d}

（ 2 ） Follow(S) = {#, a, b, c, d}

Follow(A) = {a, b, c, d}

Follow(B) = {#, a, b, c, d}

（ 3 ） LL(1) 分析表（ 8 分）

V N

V T

a

b

c

d

#

S

S ? AB

S ? AB

S ? AB

 

 

A

A ? aB

A ? bS

A ? C

 

 

B

B ? AS

B ? AS

B ? AS

B ? d

 

（ 4 ）对于文法 G 的每一个非终结符 U 的产生式 U ? α 1 |α 2 |…|α n ，

如果 SELECT(U ? α i ) ? SELECT(U ? α j ) = ? （ i≠j, i,j=1, 2, …, n ），

则文法 G 是一个 LL(1) 文法。 该文法是 LL(1) 文法。

因为 SELECT(A ? aB) ? SELECT(A ? bS) ? SELECT(A ? C) = ?

SELECT(B ? AS) ? SELECT(B ? d) = ?

第五题 ⑴拓广文法 1 分

G[S ′ ]: S ′→ S ⑴

S → SaA ⑵   S → a ⑶    A → AbS ⑷    A → b ⑸

该文法的以 LR(0) 项目集为状态的识别规范句型活前缀的 DFA ：

⑵ 该文法的 LR(0) 分析表：

状态

ACTION

GOTO

a

b

#

S

A

0

S 2

 

 

1

 

1

S 3

 

acc

 

 

2

r 3

r 3

r 3

 

 

3

 

S 5

 

 

4

4

r 2

r 2 /S 6

r 2

 

 

5

r 5

r 5

r 5

 

 

6

S 2

 

 

7

 

7

r 4 /S 3

r 4

r 4

 

 

⑶ LR(0) 文法：该文法的以 LR(0) 项目集为状态的识别规范句型活前缀的 DFA 中没有冲突状态。

该文法不是 LR(0) 文法

因为存在冲突状态： I 4 和 I 7

⑷ SLR(1) 文法：该文法的以 LR(0) 项目集为状态的识别规范句型活前缀的 DFA 中有冲突状态，冲突可用 FOLLOW 集解决。

该文法不是 SLR(1) 文法。

因为 FOLLOW(S)={a,b,#} ，所以无法解决冲突

第六题

（ 1 ） (1) ab+c> (23) jumpf

(8) xabc-*bc*d-e/+:=

(23) ...

（ 2 ）

第七题

C 语言采用栈式存储分配方法作为其运行环境；

f() 返回的是指向其活动记录某一位置的指针；

f() 返回后，其活动记录被释放，并且，其对应的存储空间被数组 a 占用，

再次引用该指针时，其结果由于对回收的活动记录所占用的内存空间的再分配，其所指的值

发生了改变。

释放在前，引用在后的现象称 : Dangling Reference 。