内容发布更新时间 : 2024/12/23 11:14:13星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
编译原理课后答案（第三版 蒋立源 康慕宁编）
第一章 习题解答 1解：源程序是指以某种程序设计语言所编写的程序。目标程序是指编译程序（或解释程序）将源程序处理加工而得的另一种语言（目标语言）的程序。翻译程序是将某种语言翻译成另一种语言的程序的统称。编译程序与解释程序均为翻译程序，但二者工作方法不同。解释程序的特点是并不先将高级语言程序全部翻译成机器代码，而是每读入一条高级语言程序语句，就用解释程序将其翻译成一段机器指令并执行之，然后再读入下一条语句继续进行解释、执行，如此反复。即边解释边执行，翻译所得的指令序列并不保存。编译程序的特点是先将高级语言程序翻译成机器语言程序，将其保存到指定的空间中，在用户需要时再执行之。即先翻译、后执行。 2解：一般说来，编译程序主要由词法分析程序、语法分析程序、语义分析程序、中间代码生成程序、代码优化程序、目标代码生成程序、信息表管理程序、错误检查处理程序组成。 3解：C语言的关键字有：auto break case char const continue default do double else enum extern float for goto if int long register return short signed sizeof static struct switch typedef union unsigned void volatile while。上述关键字在C语言中均为保留字。 4解：C语言中括号有三种：{}，[]，（）。其中，{}用于语句括号；[]用于数组；（）用于函数（定义与调用）及表达式运算（改变运算顺序）。C语言中无END关键字。逗号在C语言中被视为分隔符和运算符，作为优先级最低的运算符，运算结果为逗号表达式最右侧子表达式的值（如：(a,b,c,d)的值为d）。 5略 第二章 习题解答
1.（1）答：26*26=676
（2）答：26*10=260
（3）答：{a,b,c,...,z,a0,a1,...,a9,aa,...,az,...,zz,a00,a01,...,zzz},共26+26*36+26*36*36=34658个
2.构造产生下列语言的文法
（1）{anbn|n≥0}
解：对应文法为G(S) = ({S},{a,b},{ S→ε| aSb },S)
（2）{anbmcp|n,m,p≥0}
解：对应文法为G(S) = ({S,X,Y},{a,b,c},{S→aS|X,X→bX|Y,Y→cY|ε},S)
（3）{an # bn|n≥0}∪{cn # dn|n≥0}
解：对应文法为G(S) = ({S,X,Y},{a,b,c,d,#}, {S→X, S→Y,X→aXb|#,Y→cYd|# },S)
（4）{w#wr# | w?{0,1}*,wr是w的逆序排列}
解：G(S) = ({S,W,R},{0,1,#}, {S→W#, W→0W0|1W1|# },S)
（5）任何不是以0打头的所有奇整数所组成的集合
解：G(S) = ({S,A,B,I,J},{-,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9},{S→J|IBJ,B→0B|IB|e, I→J|2|4|6|8, Jà1|3|5|7|9},S)
（6）所有偶数个0和偶数个1所组成的符号串集合
解：对应文法为 S→0A|1B|e，A→0S|1C B→0C|1S C→1A|0B
3.描述语言特点
（1）S→10S0S→aAA→bAA→a
解：本文法构成的语言集为：L(G)={(10)nabma0n|n, m≥0}。
（2）S→SS S→1A0A→1A0A→ε
解：L(G)={1n10n11n20n2 ? 1nm0nm |n1,n2,?,nm≥0；且n1,n2,?nm不全为零}该语言特点是：产生的句子中，0、1个数相同，并且若干相接的1后必然紧接数量相同连续的0。
（3）S→1AS→B0A→1AA→CB→B0B→CC→1C0C→ε
解：本文法构成的语言集为：L(G)={1p1n0n|p≥1,n≥0}∪{1n0n0q|q≥1,n≥0}，特点是具有1p1n0n 或1n0n0q形式，进一步，可知其具有形式1n0mn,m≥0,且n+m>0。
（4）S→bAdcA→AGSG→εA→a
解：可知，S=>?=>baSndc n≥0
该语言特点是：产生的句子中，是以ba开头dc结尾的串,且ba、dc个数相同。
（5）S→aSSS→a
解：L(G)={a(2n-1)|n≥1}可知：奇数个a
4.解：此文法产生的语言是：以终结符a1 、a2 ?an 为运算对象，以∧、∨、~为运算符，
以[、]为分隔符的布尔表达式串
5. 5.1解：由于此文法包含以下规则：AA→e，所以此文法是0型文法。
5.2证明：略
6.解：
（1）最左推导：
<程序>T<分程序>T<标号>：<分程序>TL：<分程序>
TL：<标号>：<分程序>
T L：L：<分程序>
T L：L：<无标号分程序>
T L：L：<分程序首部>；<复合尾部>
T L：L：<分程序首部>；<说明>；<复合尾部>
T L：L：begin<说明>；<说明>；<复合尾部>
T L：L：begin d；<说明>；<复合尾部>
T L：L：begin d；d；<复合尾部>
T L：L：begin d；d；<语句>；<复合尾部>
T L：L：begin d；d；s；<复合尾部.
T L：L：begin d；d；s；<语句> end
T L：L：begin d；d；s；s end
最右推导：
<程序>T<分程序>T<标号>：<分程序>
T<标号>：<标号>：<分程序>
T<标号>：<标号>：<无标号分程序>
T<标号>：<标号>：<分程序首部>；<复合尾部>
T<标号>：<标号>：<分程序首部>；<语句>；<复合尾部>
T<标号>：<标号>：<分程序首部>；<语句>；<语句>；end
T<标号>：<标号>：<分程序首部>；<语句>；s；end
T<标号>：<标号>：<分程序首部>；s；s；end
T<标号>：<标号>：<分程序首部>；说明；s；s；end
T<标号>：<标号>：<分程序首部>；d；s；s；end
T<标号>：<标号>：begin 说明；d；s；s；end
T<标号>：<标号>：begin d；d；s；s；end
T<标号>： L：begin d；d；s；s；end
TL：L：begin d；d；s；s；end
（2）句子L：L：begin d；d；s；s end的相应语法树是：
7.解：
aacb是文法G[S]中的句子，相应语法树是：
最右推导：S=>aAcB=>aAcb=>aacb
最左推导：S=>aAcB=>aacB=>aacb
（2）aabacbadcd不是文法G[S]中的句子
因为文法中的句子不可能以非终结符d结尾
（3）aacbccb不是文法G[S]中的句子
可知，aacbccb仅是文法G[S]的一个句型的一部分，而不是一个句子。
（4）aacabcbcccaacdca不是文法G[S]中的句子
因为终结符d后必然要跟终结符a，所以不可能出现?dc?这样的句子。
（5）aacabcbcccaacbca不是文法G[S]中的句子
由（1）可知：aacb可归约为S，由文法的产生式规则可知，终结符c后不可能跟非终结符S，所以不可能出现?caacb?这样的句子。
8.证明：用归纳法于n，n=1时，结论显然成立。设n=k时，对于α1α2...αkT*b,存在βi：i=1,2,..,k，αiT*bi成立，现在设
α1α2... αkαk+1T*b，因文法是前后文无关的，所以α1α2... αk可推导出b的一个前缀b'，αk+1可推导出b的一个后缀=b\不妨称为b k+1)。由归纳假设，对于b'，存在βi ：i=1,2,..,k，b'=β1β2...βk,使得
αiT*bi成立，另外,我们有αk+1T*b\）。即n=k+1时亦成立。证毕。
9.证明：(1)用反证法。假设α首符号为终结符时，β的首符号为非终结符。即设：α=aω；β=Aω’且 α=>*β。
由题意可知：α=aωT ?T Aω’=β，由于文法是CFG，终结符a不可能被替换空串或非终结符，因此假设有误。得证；
（2）同（1），假设：β的首符号为非终结符时，α首符号为终结符。即设：α=aω；β=Aω’且α=aωT ?T Aω’=β，与（1）同理，得证。
10.证明：因为存在句子：abc，它对应有两个语法树（或最右推导）：
STABTAbcTabc
STDCTDcTabc
所以，本文法具有二义性。
11.解：
(1) STABTAaSbTAacbTbAacbTbbAacbTbbaacb
上面推导中，下划线部分为当前句型的句柄。对应的语法树为：