考虑以下 LR(1) 文法的两组 LR(1) 项。
X -> c.X, c/d
X -> .cX, c/d
X -> .d, c/d
X -> c.X, $
X -> .cX, $
X -> .d, $以下哪些与在相应的 LALR 解析器中合并两个集合相关的陈述是错误的?
- 无法合并，因为前瞻不同。
- 可以合并但会导致SR冲突。
- 可以合并但会导致RR冲突。
- 无法合并，因为 c 上的 goto 将导致两个不同的集合。
(A)仅 1 个
(B)仅 2 个
(C)仅 1 和 4
(D) 1、2、3 和 4答案： (D)
说明：给定的两个 LR(1) 项目集是：
X -> c.X, c/d
X -> .cX, c/d
X -> .d, c/d
and
X -> c.X, $
X -> .cX, $
X -> .d, $ 逗号后的符号/终结符是 Look-Ahead 符号。
这些是 LR(1)(LR(1) 也称为 CLR(1))项的集合。
LALR(1) 解析器组合了 LR(1) 项集，这些项集在第一个组件方面相同但在第二个组件方面不同。
在 LR(1) 项集 ( A -> B , c ) 的产生式规则中，A->B 是第一个组件，而先行符号集(此处为 c)是第二个组件.
现在我们可以看到在给定的集合中，对应产生式规则的第一个组件在两个集合中是相同的，它们仅在第二个组件(即它们的前瞻符号)上不同，因此我们可以将这些集合组合成一个单一的集合将会 ：
X -> c.X, c/d/$
X -> .cX, c/d/$
X -> .d, c/d/$这样做是为了减少解析器状态的总数。
现在我们可以检查给出的语句。
陈述 1：该陈述是错误的，因为合并已经完成，因为第二个组件，即前瞻不同。
语句 2 ：在合并的集合中，我们看不到任何 Shift-Reduce 冲突(因为甚至不可能减少，当存在形式 P -> q. 的产生式时，减少是可能的)
语句 3：在合并的集合中，我们看不到任何 Reduce-Reduce 冲突(原因同上，甚至不可能有任何 reduce，所以没有 RR 冲突的机会)
语句4：这个语句也是错误的，因为goto是带在非终结符上的，而不是终结符上的，而c是终结符。
因此，所有陈述都是错误的，因此选项 D。
这个问题的测验