Question

如何证明没有LL（1）语法可能含糊不清？

我知道什么是模棱两可的语法，但无法证明上述定理/引理。

Answer 1

我认为这几乎是LL（1）定义的直接结果。尝试通过矛盾证明;假设你有一个含糊不清的LL（1）语法，并寻找你可以证明是真实而不是真实的东西。作为一个起点“你在处理输入时总是知道什么？”

因为这看起来像是一个家庭作业问题而且我实际上还没有完成问题，而不是我在上面勾勒出来的，我会停在那里。

Answer 2

这是我在证据中的第一稿。它可能需要一些微调，但我认为它涵盖了所有情况。我认为很多解决方案是可行的。这是一个直接的证明。

（旁注：遗憾的是，SO不支持数学，例如在LaTeX中。）

<强>证明

设T和N为终端和非终端符号集。

让以下举行

MaybeEmpty(s) = true <=> s ->* empty
First(s) = X containing all x for which there exists Y such that s ->* xY
Follow(A) = X containing all x for which there exists Y,Z such that S ->* YAxZ

注意，如果以下内容适用于每对产品A - >，则语法为LL（1）。 B和A - ＆gt; C：

1. (not MaybeEmpty(B)) or (not MaybeEmpty(C))
2. (First(B) intersect First(C)) = empty
3. MaybeEmpty(C) => (First(B) intersect Follow(A)) = empty

考虑使用LL（1），A -> B和A -> C的语言。也就是说，有一些终端字符串TZ允许不同的解析树进行多次派生。

假设左派生到达S ->* TAY ->* TZ。下一步可能是TAY -> TBY或TAY -> TCY。因此，如果BY ->* Z和CY ->* Z，则语言不明确。（注意，由于A是任意非终端，如果不存在这种情况，则该语言是非模糊的。）

案例1：Z =空

根据LL（1）语法的规则1，B和C中的至多一个可以导出空（非模糊情况）。

案例2：Z非空，B和C都不是空

通过LL（1）语法的规则2，B和C中的至多一个可以允许进一步推导，因为Z的前导终端不能同时属于First(B)和First(C)（非模糊情况））。

案例3：Z非空，MaybeEmpty(B)或MaybeEmpty(C)

注意LL（1）语法的规则1，B和C不能都导出空。因此假设MaybeEmpty(C)为真。

这给出了两个子案例。

案例3a：CY -> Y;和案例3b：CY ->* DY，其中D不为空。

在3a中，我们必须在BY ->* Z和CY -> Y ->* Z之间进行选择，但请注意First(Y) subset-of Follow(A)。由于Follow(A)不与First(B)相交，因此只能进行一次推导（非模糊）。

在3b中，我们必须在BY ->* Z和CY ->* DY ->* Z之间进行选择，但请注意First(D) subset-of First(C)。由于First(C)不与First(B)相交，因此只能进行一次推导（非模糊）。

因此，在每种情况下，推导只能通过可用产品之一进行扩展。因此语法不含糊。

Answer 3

证明没有歧义语法可以成为LL（1）语法。有关提示，请参阅http://www.cse.ohio-state.edu/~rountev/756/pdf/SyntaxAnalysis.pdf，幻灯片18-20。另见http://seclab.cs.sunysb.edu/sekar/cse304/Parse.pdf，pg。 11和之前。

LL（1）不能含糊不清

3 个答案: