LR(0) 或 SLR(1) 或 LALR(1)

Question

我在一个编译器期末考试样本中尝试的问题上遇到了严重问题。如果有人能帮我解释一下，我将不胜感激。谢谢

考虑下面列出的语法 G

1. S = E $
2. E = E + T | T
3. T = T * F |飞
4. F = ident | ( E )

其中 + * ident ( ) 是终端符号，$ 是文件结尾。 a) 这个语法是 LR(0) 吗？证明你的答案。 b) 是语法 SLR(1) 吗？证明你的答案。 c) 这个语法是 LALR(1) 吗？证明你的答案。

Answer 1

如果你能证明语法是 LR(0)，那么它当然是 SLR(1) 和 LALR(1)，因为 LR(0) 的限制性更强。

很遗憾，语法不是 LR(0)。

例如假设你刚刚识别出 E:

S -> E . $

如果后面是 + 或 * 符号，则不能将此 E 简化为 S，因为 E 后面可以跟着 + 或 * 继续构建更大的表达式：

S -> E . $
E -> E . + T
T -> T . * F

这要求我们向前看一个令牌以知道在该状态下要做什么：转移（+ 或 *）或减少（$）。

SLR(1) 添加前瞻，并利用后续集信息进行归约（总比没有好，但从语法全局获得的后续集信息不是上下文敏感的，就像特定于状态的前瞻集在 LALR(1)) 中。

在 SLR(1) 下，上述冲突消失了，因为只有当前瞻符号在 S 的后续集中，并且仅在 S 的后续集中时，才考虑 S -> E 减少是 EOF 符号$。如果输入符号不是$，如+，则不考虑归约；发生了与归约不冲突的转变。

因此，由于该冲突，语法不会失败为SLR(1)。但是，它可能还有其他一些冲突。扫了一眼，一个也看不见；但要正确“证明该答案的合理性”，您必须生成所有 LR(0) 状态项，并执行验证 SLR(1) 约束没有违反的例程。 （您对 SLR(1) 使用简单的 LR(0) 项，因为 SLR(1) 不会以任何新方式扩充这些项。请记住，它只是使用从语法中抄录而来的后续集合信息来消除冲突。）

如果是 SLR(1) 则 LALR(1) 属于子集关系。

更新

《红龙书》（编译器：原理、技术和工具，Aho，Sethi，Ullman，1988 年）在一组示例中使用完全相同的语法，展示了规范 LR( 0）项集和相关的DFA，以及填写解析表的一些步骤。这在第 4.7 节中，从示例 4.34 开始。