LL（1）不能含糊不清

Question

怎么能证明没有LL（1）语法可以模棱两可？

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？”

因为这似乎是一个家庭作业问题而且我实际上还没有完成问题，而不是我在上面勾画出来，我会停在那里。

Answer 2

这是我在证明中的第一稿。 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。 这是一个直接的证据。

（旁注：遗憾的是，SO不支持数学，例如在LaTeX中。）

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

请注意，如果以下每个产品对A - > B和A - > C保持以下，则语法为LL（1）：

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

考虑一种LL为（1）的语言， A -> B和A -> C 也就是说有一些终端串TZ允许不同的解析树进行多次推导。

假设左推导到达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）。

情况2：Z非空，B和C都不为空

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在First(B)和First(C) （非模糊情况）中。

情况3：Z非空，并且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)是真的。

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 ，但要注意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 ，但要注意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

证明没有模棱两可的语法可以成为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。