ไวยากรณ์นี้ LL เป็นอย่างไร (1)

นี่เป็นคำถามจาก Dragon Book นี่คือไวยากรณ์:

$S \to AaAb \mid BbBa$
$A \to \varepsilon$
$B \to \varepsilon$

คำถามถามว่าจะแสดงได้อย่างไรว่าเป็น LL (1) แต่ไม่ใช่ SLR (1)

เพื่อพิสูจน์ว่าเป็น LL (1) ฉันพยายามสร้างตารางการแยกวิเคราะห์ แต่ฉันได้รับการผลิตหลายรายการในเซลล์ซึ่งขัดแย้งกัน

โปรดบอกว่า LL (1) นี้เป็นอย่างไรและจะพิสูจน์ได้อย่างไร

ก่อนอื่นเราจะให้หมายเลขโปรดักชั่นของคุณ

1 $S \to AaAb$
2 $S \to BbBa$
3 $A \to \varepsilon$
4 $B \to \varepsilon$

ลองคำนวณชุดแรกและติดตามก่อน สำหรับตัวอย่างเล็ก ๆ เช่นสิ่งเหล่านี้การใช้สัญชาตญาณเกี่ยวกับชุดเหล่านี้ก็เพียงพอแล้ว

$$\mathsf{FIRST}(S) = \{a, b\}\\ \mathsf{FIRST}(A) = \{\}\\ \mathsf{FIRST}(B) = \{\}\\ \mathsf{FOLLOW}(A) = \{a, b\}\\ \mathsf{FOLLOW}(B) = \{a, b\}$$

ทีนี้ลองคำนวณ $LL(1)$โต๊ะ. ตามคำนิยามถ้าเราไม่ได้รับความขัดแย้งไวยากรณ์คือ$LL(1)$.

    a | b |
-----------
S | 1 | 2 |
A | 3 | 3 |
B | 4 | 4 |

เนื่องจากไม่มีความขัดแย้งไวยากรณ์คือ $LL(1)$.

ตอนนี้สำหรับ $SLR(1)$โต๊ะ. ก่อนอื่น$LR(0)$ หุ่นยนต์

$$\mbox{state 0}\\ S \to \bullet AaAb\\ S \to \bullet BbBa\\ A \to \bullet\\ B \to \bullet\\ A \implies 1\\ B \implies 5\\ $$ $$\mbox{state 1}\\ S \to A \bullet aAb\\ a \implies 2\\ $$ $$\mbox{state 2}\\ S \to Aa \bullet Ab\\ A \to \bullet\\ A \implies 3\\ $$ $$\mbox{state 3}\\ S \to AaA \bullet b\\ b \implies 4\\ $$ $$\mbox{state 4}\\ S \to AaAb \bullet b\\ $$ $$\mbox{state 5}\\ S \to B \bullet bBa\\ b \implies 6\\ $$ $$\mbox{state 6}\\ S \to Bb \bullet Ba\\ B \to \bullet\\ B \implies 7\\ $$ $$\mbox{state 7}\\ S \to BbB \bullet a \\ a \implies 8\\ $$ $$\mbox{state 8}\\ S \to BbBa \bullet \\ $$

และจากนั้น $SLR(1)$ table (I assume $S$ สามารถตามด้วยอะไรก็ได้)

    a     | b     | A | B |
---------------------------
0 | R3/R4 | R3/R4 | 1 | 5 |
1 | S2    |       |   |   |
2 | R3    | R3    | 3 |   |
3 |       | S4    |   |   |
4 | R1    | R1    |   |   |
5 |       | S4    |   |   |
6 | R4    | R4    |   | 7 |
7 | S8    |       |   |   |
8 | R2    | R2    |   |   |

มีข้อขัดแย้งในสถานะ 0 ดังนั้นไวยากรณ์จึงไม่ใช่ $SLR(1)$. สังเกตว่าถ้า$LALR(1)$ ถูกนำมาใช้แทนจากนั้นความขัดแย้งทั้งสองจะได้รับการแก้ไขอย่างถูกต้อง: ในสถานะ 0 บน lookahead $a$ $LALR(1)$ จะใช้เวลา R3 และใน lookahead $b$ มันจะใช้ R4

สิ่งนี้ก่อให้เกิดคำถามที่น่าสนใจว่ามีไวยากรณ์อยู่หรือไม่ $LL(1)$ แต่ไม่ $LALR(1)$ซึ่งเป็นกรณี แต่ไม่ใช่เรื่องง่ายที่จะหาตัวอย่างของ

หากคุณไม่ถูกถามคุณไม่จำเป็นต้องสร้างตาราง LL (1) เพื่อพิสูจน์ว่าเป็นไวยากรณ์ LL (1) คุณเพียงแค่คำนวณชุด FIRST / FOLLOW ตามที่ Alex ทำ:

$\qquad \begin{align} \operatorname{FIRST}(S)&={a,b} \\ \operatorname{FIRST}(A)&={ε} \\ \operatorname{FIRST}(B)&={ε} \\ \operatorname{FOLLOW}(A)&={a,b} \\ \operatorname{FOLLOW}(B)&={a,b} \end{align}$

จากนั้นตามนิยามไวยากรณ์ LL (1) จะต้อง:

1. ถ้า $A \Rightarrow a$ และ $A \Rightarrow b$ เป็นสองกฎที่แตกต่างกันของไวยากรณ์แล้วมันควรจะเป็นอย่างนั้น $\operatorname{FIRST}(a) \cap \operatorname{FIRST}(b) = \emptyset$. ดังนั้นทั้งสองชุดจึงไม่มีองค์ประกอบที่เหมือนกัน
2. หากสำหรับสัญลักษณ์ใดที่ไม่ใช่ขั้ว $A$ คุณมี $Α \Rightarrow^* ε$แล้วมันควรจะเป็นอย่างนั้น $\operatorname{FIRST}(A) \cap \operatorname{FOLLOW}(A) = \emptyset$. ดังนั้นหากไม่มีการผลิตเป็นศูนย์สำหรับสัญลักษณ์ที่มินัลดังนั้นชุด FIRST และ FOLLOW จะไม่สามารถมีองค์ประกอบทั่วไปได้

ดังนั้นสำหรับไวยากรณ์ที่กำหนด:

1. เรามี $\operatorname{FIRST}(AaAb) \cap \operatorname{FIRST}(BbBa) = \emptyset$ ตั้งแต่ $\operatorname{FIRST}(AaAb) = \{a\}$ ในขณะที่ $\operatorname{FIRST}(BbBa) = \{b\}$ และพวกเขาไม่มีองค์ประกอบทั่วไป
2. $\operatorname{FIRST}(A) \cap \operatorname{FOLLOW}A) = \emptyset$ ตั้งแต่ $\operatorname{FIRST}(A) = \{a,b\}$ ในขณะที่ $\operatorname{FOLLOW}(A) = \emptyset$, และตอนนี้ $\operatorname{FIRST}(B) \cap \operatorname{FOLLOW}(B) = \emptyset$ ตั้งแต่ $\operatorname{FIRST}(B) = \{ε\}$ ในขณะที่ $\operatorname{FOLLOW}(B) = \{a,b\}$.

สำหรับการวิเคราะห์ SLR (1) ฉันคิดว่ามันไร้ที่ติ!

ค้นหาเงื่อนไขที่เพียงพอซึ่งทำให้ไวยากรณ์ LL (1) (คำใบ้: ดูชุด FIRST)

ค้นหาเงื่อนไขที่ต้องการซึ่งแกรมทั้งหมดของ SLR (1) จะต้องเป็นไปตาม (คำใบ้: ดูชุด FOLLOW)