编译原理复习题

第二高级语言的语法描述

6、令文法G6为：N →D|ND

D → 0|1|2|3|4|5|6|7|8|9

（1）G

6 的语言L（G

6

）是什么？

（2）给出句子0127、34和568的最左推导和最右推导。

解答：

思路：由N → D|ND可得出如下推导N＝＞ND＝＞NDD＝＞…＝＞D n（n＞=1）可以看出，N最终可以推导出1个或多个（也可以是无穷）D，而D → 0|1|2|3|4|5|6|7|8|9可知，每个D为0～9中的任一个数字，所以，N 最终推导出的就是由0～9这10个数字组成的字符串。

（1）G

6 的语言L（G

6

）是由0～9这10个数字组成的字符串,或{0，1,…,9}+。

(2)句子0127、34和568的最左推导分别为:

N＝＞ND＝＞NDD＝＞NDDD＝＞DDDD＝＞0DDD＝＞01DD＝＞012D＝＞0127 N＝＞ND＝＞DD＝＞3D＝＞34

N＝＞ND＝＞NDD＝＞DDD＝＞5DD＝＞56D＝＞568

句子0127、34和568的最右推导分别为:

N＝＞ND＝＞N7＝＞ND7＝＞N27＝＞ND27＝＞N127＝＞D127＝＞0127

N＝＞ND＝＞N4＝＞D4＝＞34

N＝＞ND＝＞N8＝＞ND8＝＞N68＝＞D68＝＞568

7、写一个文法，使其语言是奇数集，且每个基数不以0开头。

解答：G（S）：S → CD|D D→1|3|5|7|9

C → CB|A A→2|4|6|8|D

B → A|0

或：

G（S）：S →MWN|N N →1|3|5|7|9 M →1|2|3|4|5|6|7|8|9

W → WV|ε V → M|0

8、令文法为：

E→T|E+T|E-T

T→F|T*F|T/F

F→（E）|i

（1）i+i*i、i*（i+i）的最左推导和最右推导；

（2）给出i+i+i、i+i*i和i-i-i的语法树。

解答：

（1）i+i*i、i*（i+i）的最左推导分别为：

E＝＞T＝＞E+T＝＞F+T＝＞i+T＝＞i+T*F＝＞i+F*F＝＞i+i*F＝＞i+i*i

E＝＞T＝＞T*F＝＞F*F＝＞i*F＝＞i*（E）＝＞i*（E+T）＝＞i*（T+T）＝＞i*（F+T）＝＞i*（i+T）＝＞i*（i+F）＝＞i*（i+i）

i+i*i、i*（i+i）的最右推导分别为：

E＝＞T＝＞E+T＝＞E+T*F＝＞E+T*i＝＞E+F*i＝＞E+i*i＝＞T+i*i

＝＞F+i*i＝＞i+i*i

E＝＞T＝＞T*F＝＞T*（E+T）＝＞T*（E+F）＝＞T*（E+i）＝＞T*（T+i）

＝＞T*（F+i）＝＞T*（i+i）＝＞F*（i+i）＝＞i*（i+i）

（2） E E E

E + T E + T E - T

T T * F T T * F E - T F

F F i F F i T F i

i i i i F i

i+i+I i+i*i

i i-i-i

9、证明下面的文法是二义的： S→iSeS|iS|i

证明：

思路：要证明该文法是二义的，必须找到一个句子，使得该句子具有两个不同的最右推导或两个不同的语法树。

对于句子iiiei，存在如下两个最右推导：

S＝＞iSeS＝＞iSei＝＞iiSei＝＞iiiei

S＝＞iS＝＞iiSeS＝＞iiSei＝＞iiiei

由此，该文法是二义的。

10、把下面文法改写为无二义的：S→SS|（S）|（）

解答：思路：对于句子（）（）（），存在如下两棵语法树，所以该文法是二义性文法，引起 S S

S S S S

S S （）（）S S

（）（）（）（）

二义性的原因在于S→SS，可将其改造成等价的递归结构，消除二义性。

改造后的文法为：S→TS|T T→（S）|（）

11、给出下面语言的相应文法： L1={a n b n c i|n>=1,i>=0}

L2={a i b n c n|n>=1,i>=0}

L3={a n b n a m b m|n,m>=0}

L4={1n0m1m0n|n,m>=0}

解答:

分析:L1:要求a和b的个数一样多,并至少为1个,c的个数为0个以上,可用一个非终结符去生成a n b n 串,一个非终结符生成c i;L2同L1。

L3:将a n b n a m b m分为两段考虑, a n b n和a m b m,然后使用两个终结符分别产生。

L4:采用从里往外扩展的方式,先用一个非终结符生成中间的m个0和m个1,然后，再用另一个非终结符在该串的基础上扩充前后的n个0和n个1。

L1的文法: S→AC A→aAb|ab C→Cc|ε

L2的文法: S→AB A→Aa|ε B→bBc|bc

L3的文法: S→AB A→aAb|ε B→aBb|ε

L4的文法: S→1A0|A A→0A1|ε

第三章词法分析

7、构造下列正规式相应的DFA：

(1) 1（0|1）*101 (2) 1(1010*|1(010)*1)*0 (3) 0*10*10*10*

解答：

（1）第1步：根据正规式构造NFA，引入初态X和终止态Y。

（2）第2步：对上NFA进行确定化，得到如下状态转化矩阵。

根据上面的状态转换矩阵，重新命名，得到相应的DFA

(3)第3步化简该DFA，获得最简的DFA，即为所求的DFA。

首先初始分为终态集和非终态集两个集合：{0,1,2,3,4}和{5}

考察{0,1,2,3,4}

{0,1,2,3,4}0 = {_ 2,4} 0状态不能接受0字符,0把{0,1,2,3,4}分为{0},{1,2,3,4} 考察{1,2,3,4}

{1,2,3,4}0={2,4},2和4目前等价,{1,2,3,4}1={3,5} ,3和5不等价

1把{1,2,3,4}分为{1,2,3}和{4}

考察{1,2,3}

{1,2,3}0={2,4},2和4不等价,所以{1,2,3}可分为{1,2},{3}

考察{1,2}

{1,2}0={2} {1,2}1={3} {1,2}不可再细分

最终分为5个小组:{0},{1,2},{3},{4},{5}

保留状态1,删除状态2,

1状态经0弧到2,改为1经0到1; 4经0到2,改为4经0到1 为化简后的DFA 为

8、给出下面正规表达式： （1）以01结尾的二进制数串; (2) 能被5整除的十进制整数；

（3）包含奇数个1或奇数个0的二进制数串； 解答： 分析：

（1）分两部分考虑，一部分实现由0和1构成的任意串，一部分01，两部分连接

到一起就可以了。本题答案为（0|1）*

01

（2）要求由0～9这10个数字组成的字符串，并且不能以0开头，要能被5整除。要被5整除则需以0或5结尾。分两种情况考虑，

一是1位整数，那么该整数是0和5；

另外一种情况是多位整数。分3部分考虑：末尾必须是0或5，第1位必须不为0，

中间部分任意。

本题答案为（1|2|3|4|5|6|7|8|9）(0|1|2|3|4|5|6|7|8|9)*(0|5)|(0|5) （3）

12、将图3.18的(a)和(b)分别确定化和最少化。 解答:

(a) (b)

解答:

(1) a 图是一个NFA,要对它进行确定化。 第1步

:确定化,得到DFA 。

确定化后得到的状态转换矩阵为下图:

给状态重新编号,得到新的状态转换矩阵:

第2步:最小化

首先将状态划分为两个集合{0,1}和{2} {0,1}a={1} {0,1}b={2} 不可再分 取状态0做代表,删除1 得到新的DFA,

(2)图b 所示为一DFA,需要把它进行最小化。

首先将状态初始划分为终态集和非终态集两部分:{2,3,4,5},{0,1} 首先考察处理{0,1}

{0,1}a={1} {0,1}b={2,4}, 2和4等价,{2,4}目前不可再分

考察处理{2,3,4,5}

{2,3,4,5}a={1,3,0,5} 1,0和3,5是可区别的, {2,3,4,5}可细分为{2,4},{3,5} 考察{2,4}

{2,4}a={0,1} {2,4}b={3,5} 0和1, 3和

5等价, {2,4}不可再分 {3,5}a={3,5} {3,5}b={2,4} 2和4, 3和5等价, {3,5}不可再分 最终分组为{0,1} {2,4} {3,5}

取0,2,3做为代表,删除1,4,5

a

最小化后的DFA 为:

14.构造一个DFA,它接受∑={0,1}上满足如下条件的字符串:每个0都有1直接跟在右边。

解答:

第1步:写出正规式,为(0|10)*

。 第2步:构造NFA 。

第3步:确定化。 状态转换矩阵为:

重命名的状态转换矩阵为:

化简后的DFA 为:

第4步:对该确定化后的DFA 进行最小化。 首先初始划分为:{0,1},{2} 考察{0,1}

{0,1}0={1} {0,1}1={2} 所以{0,1}不可再细分

保留0,删除1后,得到化简后的DFA 即为所求得的DFA 。

15.给定右线性文法G: S →0S|1S|1A|0B A →1C|1 B →0C|0 C →0C|1C|0|1

求出一个与G 等价的左线性文法。 解答:

分析:将右线性文法改为左线性文法,没有直接的方法,可以通过状态转换图来实现.先求得右线性文法对应的NFA,即状态转换图,然后确定化为DFA,再根据DFA,求出左线性文法。

第1步:求文法G 所对应的NFA.如下图

第2步:对该NFA 进行确定化和最小化 状态转换矩阵为:

重命名后的状态转换矩阵为:

0,1

确定化后的DFA 为

最小化:

初始划分为:{0,1,2},{3,4} 考察{3,4}

{3,4}0={3} {3,4}1={4} {3,4}不可再分. 考察{0,1,2}

{0,1,2}0={1,3} {0,1,2}可再分为{0,2}和{1} 考察{0,2}

{0,2}1={2,4} {0,2}可再分为{0}和{2} 最终分组为:{0},{1},{2},{3,4} 保留3,删除4

最小化后的DFA 为

:

根据该DFA,与它对应的左线性文法为: T →A1|B1|T0|T1 A →B0|0

B →A1|1

0,1

第四章自上而下语法分析

1.考虑下面文法G1:

S→a|∧|(T)

T→T,S|S

(1)消去G1的左递归.然后对每个非终结符,写出不带回溯的递归子程序。

(2)经改写后的文法是否是LL(1)的?给出他的预测分析表。

解答:

(1)消去左递归后:

S→a|∧|(T)

T→ST’

T’→,ST’|ε

(2)计算每个非终结符的FIRST集合和FOLLOW集合:

FIRST(S)={a,∧,(}

FIRST(T)={ a,∧,(}

FIRST(T’)={, ε}

FOLLOW(S)={,#}

FOLLOW(T)={ )}

FOLLOW(T’)={ )}

构造的预测分析表中没有多重入口,所以改造后的文法是LL(1)文法。

2.对下面的文法G:

E→TE’

E’→+E|ε

T→FT’

T’→T|ε

F→PF’

F’→*F|ε

P→(E)|a|b|∧

(1)计算这个文法的每个非终结符的FIRST和FOLLOW集合。

(2)证明这个文法是LL(1)的。

(3)构造它的预测分析表。

(4)构造它的递归下降分析程序。

解答:

(1)计算每个非终结符的FIRST集合和FOLLOW集合:

FIRST(E)={ (,a,b,∧}

FIRST(E’)={+，ε}

FIRST(T)={ (,a,b,∧}

FIRST(T’)={ (,a,b,∧，ε}

FIRST(F)={ (,a,b,∧}

FIRST(F’)={*，ε}

FIRST(P)={(,a,b,∧}

FOLLOW(E)={ )，#}

FOLLOW(E’)={ )，#}

FOLLOW(T)={ )，#，+}

FOLLOW(T’)={ )，#，+}

FOLLOW(F)={ (,a,b,∧，)，#，+}

FOLLOW(F’)={ (,a,b,∧，)，#，+}

FOLLOW(P)={*，(,a,b,∧，)，#，+}

对于产生式E’→+E|ε FIRST(+E)={+} FOLLOW(E’)={ )，#} ，交集为空；

产生式T’→T|ε FIRST(T)={ (,a,b,∧} FOLLOW(T’)={ )，#，+} ,交集为空；

产生式F’→*F|ε FIRST(*F)={*} FOLLOW(F’)={ (,a,b,∧，)，#，+},交集为空；

产生式P→(E)|a|b|∧ FIRST((E))={(} FIRST(a)={a} FIRST(b)={b} FIRST(∧)={ ∧}交集为空，

由上可知满足LL(1)分析条件，该文法是LL(1)的。

3．下面文法中，哪些试LL(1)的，说明理由。

（1）S→Abc A→a|ε B→b|ε

(2) S→Ab A→a|B|ε B→b|ε

(3) S→ABBA A→a|ε B→b|ε

(4) S→aSe|B B→bBe|C C→cCe|d

解答：

（1）

FIRST(S)={a,b }

对于A→a|ε FIRST(a)={a} FIRST(ε)={ε} FOLLOW(A)={b} 交集为空

B→b|ε FIRST(b)={b} FIRST(ε)={ε} FOLLOW(B)={c} 交集为空由上可知,满足LL(1)分析条件,所以该文法是LL(1)文法。

(2)

FIRST(S)={a,b,ε}

对于A→a|B|ε FIRST(a)={a} FIRST(B)={b,ε} FIRST(ε)={ε} FOLLOW(A)={b}

而 FIRST(B)∩FOLLOW(A)={b}

对于B→b|ε FIRST(b)={b} FIRST(ε)={ε} FOLLOW(B)={b}

而 FIRST(b) ∩ FOLLOW(B)={b}

不满足LL(1)分析条件,所以该文法不是LL(1)文法。

(3)

FIRST(ABBA)={a,ε}

对于A→a|ε FIRST(a)={a} FIRST(ε)={ ε} FOLLOW(A)={b,a}

而 FIRST(a)∩FOLLOW(A)={a}

对于B→b|ε FIRST(b)={b} FIRST(ε)={ ε} FOLLOW(B)={b,a}

而FIRST(b) ∩FOLLOW(B)={b}

不满足ll(1)分析条件,所以该文法不是ll(1)文法。

(4)

对于S→aSe|B FIRST(aSe)={a} FIRST(B)={b,c,d} 交集不为空；

对于B→bBe|C FIRST(bBe)={b} FIRST(C)={c,d} 交集不为空；

对于C→cCe|d FIRST(cCe)={c} FIRST(d)={d} 交集不为空。

满足ll(1)分析条件,所以该文法是LL(1)文法。

第五章语法分析------自下而上分析

1.令文法G1为:

E→E+T|T

T→T*F|F

F→(E)|i

证明E+T*F是它得一个句型,指出这个句型的所有短语,直接短语和句柄。

解答:

因为对于E+T*F,其对应的语法树为:

E

E + T

T T * F

所以E+T*F是句型.

T是句型E+T*F相对于E的短语

T*F 是句型E+T*F相对于T的短语

E+T*F是句型E+T*F相对于E的短语

T,T*F是直接短语,T是句柄。

2.考虑下面的表格结构文法G2:

S→a|∧|(T)

T→T,S|S

(1)给出(a,(a,a))和(((a,a),∧,(a)),a)的最左和最右推导。

(2)指出(((a,a),∧,(a)),a)的规范规约及每一步的句柄,根据这个规范规约,给出”移进-规约”的过程,并给出它的语法树自下而上的构造过程。

解答:

(1)最左推导:

S=>(T)=>(T，S)=>(S，S)=>(a,S)=>(a,(T))=>(a,(T,S))=>(a,(S,S))=>(a,(a,S))=>(a,(a,a))

S=>(T)=>(T，S)=>(S，S)=>((T),S)=>((T,S),S)=>…..

略

3．（1）计算练习2文法G2的FIRSTVT和LASTVT。

（2）计算G2的优先关系。G2是一个算符优先文法吗？

（3）给出输入串（a,(a,a)）的算符优先分析过程。

解答：

（1）各个终结符的FIRSTVT和LASTVT集合：

FIRSTVT(S)={a，∧，（}

FIRSTVT(T)={，，a，∧，（}

LASTVT（S）={ a，∧，)}

LASTVT（T）={，，a，∧，)}

(2) 构造优先关系表为

表中没有多重入口，所以该文法是算法优先文法。

（3）输入串（a,(a,a)）的算符优先分析过程为：

步骤栈输入串动作

0 ＃（a，(a，a)）＃预备

1 ＃（a，(a，a)）＃移进

2 ＃（a ，(a，a)）＃移进

3 ＃（S ，(a，a)）＃规约S→a

4 ＃（S，(a，a)）＃移进

5 ＃（S，（a，a)）＃移进

6 ＃（S，（a ，a)）＃移进

7 ＃（S，（S ，a)）＃规约S→a

8 ＃（S，（S，a)）＃移进

9 ＃（S，（S，a )）＃移进

10 ＃（S，（S，S )）＃规约S→a

11 ＃（S，（T )）＃规约T→T,S

12 ＃（S，（T））＃移进

13 ＃（S，S ）＃规约S→ (T)

14 ＃（T ）＃规约T→T,S

15 ＃（T）＃移进

16 ＃S ＃规约S→ (T) 结束

5．考虑文法

S→AS|b

A→SA|a

（1）列出这个文法的所有LR(0)项目。

（2）构造这个文法的LR(0)项目集规范族及识别活前缀的DFA。

（3）这个文法是SLR的吗？若是，构造出它的SLR分析表。

（4）这个文法是LALR或LR(1)的吗？

解答：

对该文法进行拓广后得：

S’→S

S→AS

S→b

A→SA

A→a

（1）文法的所有LR(0)项目有：

S’→.S S’→ S. S→.AS S→A.S S→AS. S→.b S→b.

A→.SA A→S.A A→SA. A→.a A→a.

(2)文法的识别活前缀的DFA为:

该DFA的所有状态构成的集合{I0,I1,I2,I3,I4,I5,I6,I7}是文法的项目集规范族。

(3)I1,I6,I7有移进-规约冲突

对于I1:FOLLOW(S’)={#},所以当识别字符为#时才可以进行规约,不会发生冲突;

对于I6:FOLLOW(A)={a,b},当识别字符为a或b时,就不能确定是移进还是规约,发生冲突;

对于I6:FOLLOW(S)={#,a,b},当识别字符为a或b时,就不能确定是移进还是规约,发生冲突. 所以该文法不是SLR文法。

(4)比较麻烦,就不构造了,但是该文法不是LR(1)文法,也不是LALR(1)文法。

8.证明下面的文法是LL(1)的,但不是SLR(1)的。

S→AaAb|BbBa

A→ε

B→ε

解答:

(1)首先该文法无左递归存在,没有公共左因子。

其次:对于S→AaAb|BbBa FIRST(AaAb)={a} FIRST(BbBa)={b}

FIRST(AaAb)∩FIRST(BbBa)=Φ

所以该文法是LL(1)文法。

(2)证明该文法不是SLR的。

文法的LR(0)项目集规范族为:

I0={S’→.S S→.AaAb S→.BbBa A→. B→.}

I1={ S’→ S. }

I2={ S→A.aAb }

I3={ S→B.bBa }

I4={ S→Aa.Ab A→. }

I5={ S→Bb.Ba B→. }

I6={ S→AaA.b }

I7={ S→BbB.a }

I8={ S→AaAb. }

I9={ S→BbBa. }

考察I0:

FOLLOW(A)={a,b} FOLLOW(B)={a,b} FOLLOW(A)∩FOLLOW(B)= {a,b}

产生规约-规约冲突。

所以该文法不是SLR(1)文法。

第六章属性文法和语法制导翻译

7.下列文法由开始符号S产生一个二进制数,令综合属性val给出该数的值:

S→L.L|L

L→LB|B

B→0|1

试设计求S.val的属性文法,其中,已知B的综合属性c,给出由B产生的二进位的结果值。例如

，输入101.101时, S.val=5.625,其中,第一个二进位的值是4,最后一个二进位的值是0. 125。

解答：

对于101.101的语法树为：

S

L .L1

L B L B

L B 1 L B 1

B 0 B 0

1 1

假设一个二进制数为：a m….a1a0.b n...b1b0

其中，a i(i=0，1，…，m)和bj(j=0,1,…,n)为二进制数字，则该二进制数的十进制数为：

a m*2m +…+a1*21+a0*20+

b n*2-1+…+b1*2-n+b0*2-n-1

= a m×2m +…+a1*21+a0*20+ (b n*2n+…+b1*2-1+b0*20)/2n+1

基于此公式，在语法制导翻译时，对二进制数串L,不仅要计算其值L.val，还要计算其长度L.length（二进制数字个数）。如果L为小数部分，则其值L.val要除以2L.length。

上面的语法树，二进制数的左右子树的形状一样，那么他们的结果也是一样，关键是利用S→L.L1规约时，可看出，S的值实际上是L的值加上L.val/2N,其中，N为L的长度。

属性文法为：

S’→S {print(S.val)}

S→L1.L2 {S.val=L1.val+L2.val/2L2.length}

S→L {S.val=L.val}

L→L1B {L.val=L1.val*2+B.val ; L.length=L1.length+1}

L→B {L.val=B.val; L.length=1}

B→0 {B.val=0}

B→1 {B.val=1}

第七章语义分析和中间代码生成

1．给出下面表达式的逆波兰表示（后缀式）：

(1) a*(-b+c) (2) not A or not (C or not D)

(3) a+b*(c+d/e) (4) (A and B) or (not C or D)

(5) –a+b*(-c+d) (6) (A or B) and (C or not D and E )

(7) if (x+y)*z=0 then (a+b)↑c else a↑b↑c

解答：

以上表达式的后缀式为：

（1）a b @ c + *

(2) A not C D not or not or

(3) a b c d e / + * +

(4) A B and C not D or or

(5) a @ b c @ d + * +

(6) A B or C D not E and or and

↑↑

P1 p2 说明：e’ p1 BZ e’为0跳转到p1 p2 BR 无条件跳转到p2。

3．请将-(a+b)* (c+d)-(a+b+c)分别表示成三元式、间接三元式和四元式序列。

解答：

四元式序列为：

（1）（＋，a，b，T1）

（2）（@，T1，-，T2）

（3）（+，c，d，T3）

（4）（*，T2，T3，T4）

（5）（+，a，b，T5）

（6）（+，T5，c，T6）

（7）（-，T4，T6，T7）

三元式序列为：

（1）（+，a，b）

（2）（＠，（1），-）

（3）（+，c，d）

（4）（*，（2），（3））

（5）（+，a，b）

（6）（+，（5），c）

（7）（-，（4），（6））

间接三元式为：

三元式表为：间接码表:

（1）（+，a，b）(1)

（2）（＠，（1），-）(2)

（3）（+，c，d）(3)

（4）（*，（2），（3））(4)

（5）（+，（1），c）(1)

（6）（-，（4），（5））(5)

(6)

4．按7.3节所说的方法，写出下面赋值语句的自下而上语法制导翻译过程，给出所产生的三地址代码。

A：=B*（-C+D）

解答：语法树为

S

id ：= E

E * E

id E + E

- E id

id

分析过程：

步骤符号栈输入符号串动作语义值产生式三地址代码

1 # A：=B*（-C+D）# 预备

2 #id ：=B*（-C+D）# 移进A

3 #id:= B*（-C+D）# 移进A_

4 #id:=id *（-C+D）# 移进A_B

5 #id:=E *（-C+D）# 规约A_B E→id

6 #id:=E* （-C+D）# 移进A_B_

7 #id:=E*( -C+D）# 移进A_B_ _

8 #id:=E*(- C+D）# 移进A_B_ _ _

9 #id:=E*(-id +D）# 移进A_B_ _ _C

10 # id:=E*(-E +D）# 规约A_B_ _ _C E→id

11 # id:=E*(E +D）# 规约A_B_ _T1 E→-E T1:=-C

12 # id:=E*(E+ D)# 移进A_B_ _T1_

13 # id:=E*(E+id )# 移进A_B_ _T1_ D

14 # id:=E*(E+E )# 规约A_B_ _T1_ D E→id

15 # id:=E*(E )# 规约A_B_ _T2 E→E+E T2:=T1+D

16 # id:=E*(E) # 移进A_B_ _T2_

17 # id:=E*E # 规约A_B_T2

18 #id:=E # 规约A_T3 E→E*E T3:=B*T2

19 #S # 规约T3 S→id:=E A:=T3

6．按7．4．2节的办法，写出布尔式A or （B and not （C or D））的四元式序列。

解答：

100（jnz，A，＿，0）E。T

101（j，＿，＿，102）

102（jnz，B，＿，104）

103（j，＿，＿，0）E。F

104（jnz，C，＿，103）E。F

105（j，＿，＿，106）

106（jnz，D，＿，104）E。F

107（j，＿，＿，100）E。T

真出口为：E.truelist={100，107} 假出口为：E.falselist={103，104，106}

7．用7.5.1节的办法，把下面的语句翻译成四元式序列：

While A< C and B

if A=1 then C:=C+1 else

while A≤D do A:=A+2;

解答:

采用拉链-回填技术翻译，得到下面的四元式序列：

100 (j<，Ａ，Ｃ，102)

101 (j，＿，＿，115 )

102（j<，Ｂ，Ｄ，104）

103（j<，＿，＿，115）

104 (j=，Ａ，１，106)

105 (j，＿，＿，109)

106(+，Ｃ，１，T1)

107(:=，T1，＿，C)

108(j，＿，＿，100)

109(j≤，Ａ，Ｄ，111)

110(j<，＿，＿，100)

111(+,A,2,T2)

112(:=,T2,_,A)

113(j,_,_,109)

114(j,_,_,100)

115