Как эта грамматика LL (1)?

Это вопрос из Книги Дракона. Это грамматика:

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

Вопрос состоит в том, как показать, что это LL (1), но не SLR (1).

Чтобы доказать, что это LL (1), я попытался построить его таблицу синтаксического анализа, но я получаю несколько продукций в ячейке, что противоречит.

Подскажите пожалуйста как это LL (1) и как это доказать?

formal-grammars compilers parsers

— Винаяк Гарг
источник

Я не очень знаком с грамматиками, но кажется, что язык этой грамматики конечен.

L = {a b, b a}

$L=\{ab,ba\}$

— Нейц

@Nejc: Да, это так!

— Винаяк Гарг

Ответы:

Во-первых, давайте дадим номер вашей продукции.

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

Давайте вычислим первый и последуем за множествами. Для небольших примеров, подобных этим, достаточно использовать интуицию об этих наборах.

F I R S T (S) = {a, b} F I R S T (A) = {} F I R S T (B) = {} F O L L O W (A) = {a, b} F O L L O W (B) = {a, b}

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

Теперь давайте вычислим таблицу . По определению, если мы не получим конфликты, грамматика будет . $LL(1)$ $LL(1)$

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

Поскольку нет конфликтов, грамматика . $LL(1)$

Теперь для таблицы . Во-первых, автомат . $SLR(1)$ $LR(0)$

state 0 S \to ∙ A a A b S \to ∙ B b B a A \to ∙ B \to ∙ A ⟹ 1 B ⟹ 5

$\mbox{state 0}\\ S \to \bullet AaAb\\ S \to \bullet BbBa\\ A \to \bullet\\ B \to \bullet\\ A \implies 1\\ B \implies 5\\$

state 1 S \to A ∙ a A b a ⟹ 2

$\mbox{state 1}\\ S \to A \bullet aAb\\ a \implies 2\\$

state 2 S \to A a ∙ A b A \to ∙ A ⟹ 3

$\mbox{state 2}\\ S \to Aa \bullet Ab\\ A \to \bullet\\ A \implies 3\\$

state 3 S \to A a A ∙ b b ⟹ 4

$\mbox{state 3}\\ S \to AaA \bullet b\\ b \implies 4\\$

state 4 S \to A a A b ∙ b

$\mbox{state 4}\\ S \to AaAb \bullet b\\$

state 5 S \to B ∙ b B a b ⟹ 6

$\mbox{state 5}\\ S \to B \bullet bBa\\ b \implies 6\\$

state 6 S \to B b ∙ B a B \to ∙ B ⟹ 7

$\mbox{state 6}\\ S \to Bb \bullet Ba\\ B \to \bullet\\ B \implies 7\\$

state 7 S \to B b B ∙ a a ⟹ 8

$\mbox{state 7}\\ S \to BbB \bullet a \\ a \implies 8\\$

state 8 S \to B b B a ∙

$\mbox{state 8}\\ S \to BbBa \bullet \\$

$SLR(1)$ $S$

    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    |   |   |

$SLR(1)$ $LALR(1)$ $a$ $LALR(1)$ $b$

$LL(1)$ $LALR(1)$

— Алекс тен Бринк
источник

Спасибо! Я правильно построил First & Follow, но ошибся при составлении таблицы.

— Винаяк Гарг

Если вас не спрашивают, вам не нужно создавать таблицу LL (1), чтобы доказать, что это грамматика LL (1). Вы просто вычисляете наборы FIRST / FOLLOW, как Алекс:

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

И тогда по определению грамматика LL (1) должна:

Если и - это два разных правила грамматики, то это должно быть . Следовательно, два набора не имеют общего элемента. $A \Rightarrow a$ $A \Rightarrow b$ $\operatorname{FIRST}(a) \cap \operatorname{FIRST}(b) = \emptyset$
Если для любого нетерминального символа вас есть , то это должно быть . Следовательно, если для нетерминального символа есть нулевая продукция, то наборы FIRST и FOLLOW не могут иметь никакого общего элемента. $A$ $Α \Rightarrow^* ε$ $\operatorname{FIRST}(A) \cap \operatorname{FOLLOW}(A) = \emptyset$

Итак, для данной грамматики:

У нас есть начиная с то время как и у них нет общих элементов. $\operatorname{FIRST}(AaAb) \cap \operatorname{FIRST}(BbBa) = \emptyset$ $\operatorname{FIRST}(AaAb) = \{a\}$ $\operatorname{FIRST}(BbBa) = \{b\}$
$\operatorname{FIRST}(A) \cap \operatorname{FOLLOW}A) = \emptyset$ так , а , и теперь начиная с то время как $\operatorname{FIRST}(A) = \{a,b\}$ $\operatorname{FOLLOW}(A) = \emptyset$ $\operatorname{FIRST}(B) \cap \operatorname{FOLLOW}(B) = \emptyset$ $\operatorname{FIRST}(B) = \{ε\}$ $\operatorname{FOLLOW}(B) = \{a,b\}$ .

Что касается анализа SLR (1), я думаю, что он безупречен!

— Итан
источник

Добро пожаловать! Чтобы улучшить этот ответ, почему бы вам не применить то, что вы заявляете, к имеющейся грамматике?

— Рафаэль

Рад быть здесь !! Ответили на ваш запрос, и я думаю, что дал подробное объяснение!

— Итан

Спасибо! Обратите внимание, что мы можем использовать LaTeX здесь, как я редактировал для вашей математики.

— Рафаэль

Вау, спасибо! это отличное объяснение. Но я думаю, что в приложении есть какая-то ошибка. Разве не First (A) = {эпсилон}? Я думаю, что вы поменялись местами и следуйте.

— Винаяк Гарг

FIRST (A) действительно является эпсилоном, но так как вы хотите рассчитать FIRST-набор всего правого члена, A -> ε просто показывает, что у нас есть пустое произведение, и первый символ терминала, который вы видите (и, следовательно, его FIRST-набор), равен терминальный символ а. Надеюсь, это помогло!

— Итан

Ищите достаточное условие, которое делает грамматику LL (1) (подсказка: посмотрите на ПЕРВЫЕ множества).

Найдите необходимое условие, которому должны соответствовать все грамматики SLR (1) (подсказка: посмотрите на следующие СЛЕДУЮЩИЕ наборы).

— AProgrammer
источник