編譯原理及實(shí)踐教程黃賢英王柯柯編著習(xí)題答案

1、第2章參考答案：1，2，3：解答：略！4. 解答：  A：  B：  C：  D：  5. 解答：用E表示<表達(dá)式>，T表示<項(xiàng)>，F(xiàn)表示<因子>，上述文法可以寫為： E T | E+T T F | T*F F (E) | i最左推導(dǎo)：E=>E+T=>E+T+T=>T+T+T=>F+T+T=>i+T+T=>i+F+T=>i+i+T=>i+i+F=>i+i+iE=>E+T=>T+T=>F+T=>i+T=>i+T*F=>i+

2、F*F=>i+i*F=>i+i*i最右推導(dǎo)：E=>E+T=>E+F=>E+i=>E+T+i=>E+F+i=>E+i+i=>T+i+i=>F+i+i=>i+i+iE=>E+T=>E+T*F=>E+T*i=>E+F*i=>E+i*i=>T+i*i=>F+i*i =>i+i*ii+i+i和i+i*i的語(yǔ)法樹如下圖所示。i+i+i、i+i*i的語(yǔ)法樹6. 解答：(1) 終結(jié)符號(hào)為：or,and,not,(,),true,false非終結(jié)符號(hào)為：bexpr,bterm,bfactor開(kāi)始符號(hào)

3、為：bexpr(2) 句子not(true or false)的語(yǔ)法樹為：7. 解答：(1) 把a(bǔ)nbnci分成anbn和ci兩部分，分別由兩個(gè)非終結(jié)符號(hào)生成，因此，生成此文法的產(chǎn)生式為：S ABA aAb|abB cB|e(2) 令S為開(kāi)始符號(hào)，產(chǎn)生的w中a的個(gè)數(shù)恰好比b多一個(gè)，令E為一個(gè)非終結(jié)符號(hào)，產(chǎn)生含相同個(gè)數(shù)的a和b的所有串，則產(chǎn)生式如下： S aE|Ea|bSS|SbS|SSbE aEbE|bEaE|e(3) 設(shè)文法開(kāi)始符號(hào)為S，產(chǎn)生的w中滿足|a|b|2|a|。因此，可想到S有如下的產(chǎn)生式 （其中B產(chǎn)生1到2個(gè)b）： S aSBS|BSaSB b|bb(4) 解法一：S 奇數(shù)頭整數(shù)

4、奇數(shù)尾         |奇數(shù)頭奇數(shù)尾         |奇數(shù)尾  奇數(shù)尾 1|3|5|7|9  奇數(shù)頭 2|4|6|8|奇數(shù)尾  整數(shù) 整數(shù)數(shù)字|數(shù)字  數(shù)字 0|奇數(shù)頭解法二：文法G=(S,A,B,C,D,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,P,S)SAB | BAAC | DB1|3|5|7|9D2|4|6|8|BC0|D(5) 文法G=(N,S,N,M,D,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 ,S,P)SN0 | N5NMD|eM1|2|3

5、|4|5|6|7|8|9DD0 | DM |e(6) GS：SaSa | bSb | cSc | a | b | c |e8. 解答：(1) 句子abab有如下兩個(gè)不同的最左推導(dǎo)：S => aSbS => abS =>abaSbS => ababS => abab    S => aSbS => abSaSbS => abaSbS => ababS => abab    所以此文法是二義性的。(2) 句子abab的兩個(gè)相應(yīng)的最右推導(dǎo)：    S => aSbS =>

6、; aSbaSbS => aSbaSb => aSbab => abab    S => aSbS => aSb => abSaSb => abSab => abab(3) 句子abab的兩棵分析樹： (a)(b)(4) 此文法產(chǎn)生的語(yǔ)言是：在a，b上由相同個(gè)數(shù)的a和b組成的字符串。9，10：解答：略！第3章習(xí)題解答：1. 解答：(1)      (2)    (3)  × (4)  ×  

7、;  (5)     (6) 2. 分析   有限自動(dòng)機(jī)分為確定有限自動(dòng)機(jī)和非確定有限自動(dòng)機(jī)。確定有限自動(dòng)機(jī)的確定性表現(xiàn)在映射d：Q×VT ->q是單值函數(shù)，也就是說(shuō)，對(duì)任何狀態(tài) qQ和輸入字符串a(chǎn)VT，d (q,a)唯一確定下一個(gè)狀態(tài)。顯然，本題給出的是一個(gè)確定的有限自動(dòng)機(jī)，它的狀態(tài)轉(zhuǎn)換圖是C中的。    它所接受的語(yǔ)言可以用正則表達(dá)式表示為00(0|1)*，表示的含義為由兩個(gè)0開(kāi)始的后跟任意個(gè)（包含0個(gè)）0或1組成的符號(hào)串的集合。 2. 解答：A: 

8、60; B:   C:   D:  E: 3，4解答：略！5解答：6解答：(1) (0|1)*01(2) (1|2|9)(0|1|2|9)*| e)(0|5)(3) (0|1)*(011)(0|1)*(4) 1*|1*0(0|10)*(1|e) (5) a*b*c*z*(6) (0|10*1)*1(7) (00|11)*(01|10)(00|11)*(01|10)(00|11)*)*(8) 分析設(shè)S是符合要求的串，|S|=2k+1 (k0）。則 SS10|S21，|S1|=2k (k>0），|S2|=2k (k0）。且S1是0,

9、1上的串，含有奇數(shù)個(gè)0和奇數(shù)個(gè)1。 S2是0,1上的串，含有偶數(shù)個(gè)0和偶數(shù)個(gè)1。考慮有一個(gè)自動(dòng)機(jī)M1接受S1，那么自動(dòng)機(jī)M1如下：和L(M1)等價(jià)的正規(guī)式，即S1為：(00|11)|(01|10)(00|11)*(01|10)*(01|10)(00|11)*類似的考慮有一個(gè)自動(dòng)機(jī)M2接受S2，那么自動(dòng)機(jī)M2如下：和L(M2)等價(jià)的正規(guī)式，即S2為：(00|11)|(01|10)(00|11)*(01|10)*因此，S為：(00|11)|(01|10)(00|11)*(01|10)*(01|10)(00|11)*0|(00|11)|(01|10)(00|11)*(01|10)*17解答

10、：(1) 以0開(kāi)頭并且以0結(jié)尾的，由0和1組成的符號(hào)串。(2) a|a0,1*(3) 由0和1組成的符號(hào)串，且從右邊開(kāi)始數(shù)第3位為0。(4) 含3個(gè)1的由0和1組成的符號(hào)串。a|a0,1+，且a中含有3個(gè)1 (5) 包含偶數(shù)個(gè)0和1的二進(jìn)制串，即a|a0,1*，且a中有偶數(shù)個(gè)0和1 8. 解答：01Q0*Q1Q2Q3Q2Q3Q0Q1Q1Q0Q3Q29. 解答：(1) DFA M=(0，1，q0，q1，q2，q0，q2，d)其中d定義如下:d (q0，0)=q1     d (q0，1)=q0d

11、(q1，0)=q2     d (q1，1)=q0d (q2，0)=q2     d (q2，1)=q0狀態(tài)轉(zhuǎn)換圖為：(2) 正規(guī)式: 1*01*01*01* DFA M=(0，1，q0，q1，q2，q3，q0，q3，d)，其中d定義如下：d (q0，0)=q1     d (q0，1)=q0d (q1，0)=q2     d (q1，1)=q1d (q2，0)=q3     d (q2

12、，1)=q2d (q3，1)=q3     狀態(tài)轉(zhuǎn)換圖為：10. 解答：(1)  DFA M=(0，1，q0，q1，q2，q3，q0，q3，d)，其中d定義如下：d (q0，0)=q1     d (q0，1)=q2d (q1，0)=q1     d (q1，1)=q3d (q2，0)=q3     d (q2，1)=q1狀態(tài)轉(zhuǎn)換圖為：(2) DFA M=(0，1，q0，q0，q0，d)，其中d定義如下:d

13、 (q0，0)=q0     d (q0，1)=q0狀態(tài)轉(zhuǎn)換圖為：11 解答：(1) (a|b)*a(a|b) 求出NFA M:確定化，得到DFA M:化簡(jiǎn): 在第步中求出的DFA M中沒(méi)有等價(jià)狀態(tài)，因此它就是最小化的DFA M。(2) (a)b)*a(a|b)(a|b) 求NFA M： 確定化，得到DFA M：化簡(jiǎn)，在第步中求出的DFA M中沒(méi)有等價(jià)狀態(tài)，因此它已經(jīng)是最小化的DFA M了。12.解答：對(duì)應(yīng)的NFA為： 增加狀態(tài)X、Y，再確定化：IIaIbx,5A,T,Y A,T,YA,T,YBB B,T,YB,T,Y T,YT,Y 得到的DF

14、A為： 最小化：該自動(dòng)機(jī)已經(jīng)是最小化的DFA了。13解答：其中a代表1元硬幣，b代表5角硬幣14解答：正規(guī)式為：(0|1)*(00|01) 化簡(jiǎn)：(0|1)*0(0|1)不確定的有窮自動(dòng)機(jī)為：確定化，并最小化得到：正規(guī)文法為：S1S | 0AA0B | 0 | 1C | 1B0B | 0 | 1C | 1C1S | 0A15.解答： 正規(guī)式：(dd*:| e)dd*(.dd*| e)，d代表az的字母 NFA為： DFA為：16.解答：詞法分析器對(duì)源程序采取非常局部的觀點(diǎn)，因此象C語(yǔ)言的語(yǔ)句fi (a = f (x) ) 中，詞法分析器把fi當(dāng)作一個(gè)普通的標(biāo)識(shí)符交給編譯的后續(xù)階段，而不會(huì)把它看

15、成是關(guān)鍵字if的拼寫錯(cuò)。PASCAL語(yǔ)言要求作為實(shí)型常量的小數(shù)點(diǎn)后面必須有數(shù)字，如果程序中出現(xiàn)小數(shù)點(diǎn)后面沒(méi)有數(shù)字情況，它由詞法分析器報(bào)錯(cuò)。17. 解答：此時(shí)編譯器認(rèn)為/* then part return q else/* else part */是程序的注釋，因此它不可能再發(fā)現(xiàn)else 前面的語(yǔ)法錯(cuò)誤。分析 這是注釋用配對(duì)括號(hào)表示時(shí)的一個(gè)問(wèn)題。注釋是在詞法分析時(shí)忽略的，而詞法分析器對(duì)程序采取非常局部的觀點(diǎn)。當(dāng)進(jìn)入第一個(gè)注釋后，詞法分析器忽略輸入符號(hào)，一直到出現(xiàn)注釋的右括號(hào)為止，由于第一個(gè)注釋缺少右括號(hào)，所以詞法分析器在讀到第二個(gè)注釋的右括號(hào)時(shí)，才認(rèn)為第一個(gè)注釋處理結(jié)束。為克服這個(gè)問(wèn)題，后來(lái)的

16、語(yǔ)言一般都不用配對(duì)括號(hào)來(lái)表示注釋。例如Ada語(yǔ)言的注釋始于雙連字符（-），隨行的結(jié)束而終止。如果用Ada語(yǔ)言的注釋格式，那么上面函數(shù)應(yīng)寫成long gcd(p,q)long p,q; if (p%q = 0)- then part return q else- else part return gcd(q, p%q);18. 解答：略！第4章習(xí)題解答：1，2，3，4 解答 略！5. 解答：(1)× (2) (3)× (4) (5)(6)(7)×(8)×6. 解答：(1)A： B： C： D： E：(2)A： B： C： D： E：7.解答：(1) 消除給

17、定文法中的左遞歸，并提取公因子：bexprbterm or bterm btermbfactor and bfactor bfactornot bfactor | (bexpr) | true |false (2) 用類C語(yǔ)言寫出其遞歸分析程序:   void bexpr();  bterm();  WHILE(lookahead ='or')       match ('or');    &#

18、160; bterm();   void bterm();  bfactor();  WHILE(lookahead ='and')    match ('and');    bfactor();  void bfactor();  if (llokahead='not') then      mat

19、ch ('not');     bfactor();  else if(lookahead='(') then         match (');        bexpr();        match(')');  &

20、#160;     else if(lookahead ='true') then  match ('true)  else if (lookahead='false')          then match ('false');  else error;8. 解答：消除所給文法的左遞歸，得G'：    

21、0;   S (L)|a         L SL'        L' ,SL' |e 實(shí)現(xiàn)預(yù)測(cè)分析器的不含遞歸調(diào)用的一種有效方法是使用一張分析表和一個(gè)棧進(jìn)行聯(lián)合控制，下面構(gòu)造預(yù)測(cè)分析表：根據(jù)文法G'有：First(S) = ( , a )Follow(S) = ) , , , #First(L) = ( , a )Follow(L) = ) First(L') =

22、 ,Follow(L') = ) 按以上結(jié)果，構(gòu)造預(yù)測(cè)分析表M如下：文法G'是LL(1)的，因?yàn)樗腖L(1)分析表不含多重定義入口。預(yù)測(cè)分析器對(duì)輸入符號(hào)串(a,(a,a)做出的分析動(dòng)作如下：步驟棧剩余輸入串輸出1#S(a,(a,a)#2#)L(a,(a,a)#S (L)3#)La,(a,a)#4#)L'Sa,(a,a)#L SL'5#)L'aa,(a,a)#S a6#)L',(a,a)#7#)L'S,(a,a)#L' ,SL'8#)L'S(a,a)#9#)L')L(a,a)#S (L)10#)L'

23、)La,a)#11#)L')L'Sa,a)#L SL'12#)L')L'aa,a)#S a13#)L')L',a)#14#)L')L'S,a)#L' ,SL'15#)L')L'Sa)#16#)L')L'aa)#S a17#)L')L')#18#)L')#L'e19#)L')#20#)#L'e21#    9. 解答：各非終結(jié)符的First集：First(S)=First(A)eFirst(B)eeb

24、=a,b, eFirst(A)=be=b,eFirst(B)ea=a,eFirst(C)=First(A) eFirst(D)First(b) =a,b,cFirst(D)=ac=a,c各個(gè)候選式的First集為：First(AB)=a,b, e First(bC)=bFirst(e)e First(b)bFirst(aD)=a First(AD)=a,b,cFirst(b)=b First(aS)=aFirst(c)=c 各非終結(jié)符的Follow集的計(jì)算：Follow(S)=#Follow(D) =#Follow(A)=(First(B)e)Follow(S)First(D) =a,#,cF

25、ollow(B)=Follow(S) =#Follow(C)=Follow(S) =#Follow(D)=Follow(B)Follow(C) =#10解答：(1) 求First和Follow集 First(E)=First(T)=(,a,b, First(E')=+, e First(T)=First(F)=(,a,b, First(T')=(,a,b, , e First(F)=First(P)=(,a,b, First(F')=*，e First(P)=(,a,b, （計(jì)算順序）Follow(E)= #, ) Follow(E')= Follow(E)=#

26、，) (1)（使用的產(chǎn)生式）Follow(T) = First(E')eFollow(T') (1,2) = +),#=+,),#Follow(T')= Follow(T)=+,# (3)Follow(F)= First(T')eFollow(T) (3,4) = (,a,b,+ ,),#Follow(F')= Follow(F) (5) = (,a,b,+ ,),#Follow(P)= First(F')eFollow(F) (5,6) =*,(,a,b,+ ,),# (2) 證明: a. 文法不含左遞歸；b. 每個(gè)非終結(jié)符的各個(gè)侯選式的Fir

27、st集不相交；c. First(E')Follow(E')=+, e#,),=FFirst(T')Follow(T')=(,a,b, e+,)=FFirst(F')Follow(F')=*, e,a,( ,+,#= F改造后的文法滿足LL(1)文法的三個(gè)條件，是LL(1)文法。(3) 預(yù)測(cè)分析表如下所示。ab*+()#EETE'ETE'ETE'E'E'+EE'eE'eTTFT'TFT'TFT'TFT'T'T'TT'TT'TT&#

28、39;TT'eT'eFFPF'FPF'FPF'FPF'F'F'eF'eF'*F'F'eF'eF'eF'eF'ePPaPbPP(E)11. 解答：(1)SAbc AaeBbea. 文法不含左遞歸； b. S,A,B各候選式的First集不相交；c. First(A)Follow(A)=a,eb=F First(B)Follow(B)=b,eF=F該文法為L(zhǎng)L(1)文法。(2) SAbAaBe Bbe a. 文法不含左遞歸；b. S,A,B各候選式的First集不相交；c

29、. First(A)Follow(A)=a,b, eb=b F 該文法不是LL(1)文法。12. 解答： 最右推導(dǎo)：E=>T=>F=>(E)=>(ET)=>(EF)=>(Ei)=> (Ti)=>(T*Fi)語(yǔ)法樹：圖4.1 句型(T*Fi)的語(yǔ)法樹 短語(yǔ)：(T*Fi)，T*Fi，T*F，i 素短語(yǔ)：T*F，i最左素短語(yǔ)：T*F 由于E =>E+T =>E+T*F，故E+T*F為該文法的句型 短語(yǔ)：T*F、E+T*F 直接短語(yǔ)： T*F 句柄： T*F13. 解答：最左推導(dǎo)：S=> (T) => (T,S) => (S

30、,S) => (a,S) => (a,(T) => (a,(T,S) => (a,(S,S) => (a,(a,S) => (a,(a,a)最右推導(dǎo)：S=> (T) => (T,S) => (T,(T) => (T,(T,S) => (T,(T,a) => (T,(T,a) => (T,(a,a) => (S,(a,a) => (a,(a,a)文法中S和T的FirstVT和LastVT集為：FirstVT(S)=a,( FirstVT(T)=,a, ( lastVT(S)=a, ） lastVT(T)=,

31、a,)  文法GS的算符優(yōu)先關(guān)系表： 根據(jù)優(yōu)先關(guān)系表，對(duì)每個(gè)終結(jié)符或#建立符號(hào)f與g，把f(和g)分成一組。根據(jù)GS的算符優(yōu)先關(guān)系表，畫出如下的有向圖。優(yōu)先函數(shù)如下：用算符優(yōu)先分析法分析句子(a,(a,a)。給定的輸入符號(hào)串是文法的一個(gè)句子。14. 解答：(1) 該文法的拓廣文法G'為 0S' S1S aSAB2S BA3A aA4A B5B b其LR(0)項(xiàng)目集規(guī)范族和識(shí)別活前綴的DFA如下:I0 = S'·S, S·aSAB, S·BA, B·bI1 = S'S·I2 = Bb·

32、I3 = Sa·SAB, S·aSAB, S·BA, B·bI4 = SB·A, A·aA, A·B, B·bI5 = SaS·AB, A·aA, A·B, B·bI6 = SaSA·B, B·bI7 = Aa·A, A·aA, A·B, B·bI8 = AB·I9 = SBA·I10 = SaSAB·I11 = AaA·顯然，上述狀態(tài)中沒(méi)有出現(xiàn)沖突。顯然，該文法是LR(0)的

33、文法，因此也是SLR(1)的。 求各個(gè)非終結(jié)符的Follow集，以便構(gòu)造分析表：Follow(S')=#      Follow(S)=a,b,#    Follow(A)=a,b,#    Follow(B)=a,b,#構(gòu)造的SLR(1)分析表如下： (2) 該文法的拓廣文法G'為 0S' S 1S Sab 2S bR 3R S 4R a其LR(0)項(xiàng)目集規(guī)范族和識(shí)別活前綴的DFA如下:I0 = S'·S, S·Sab,

34、S·bRI1 = S'S·, SS·abI2 = Sb·R, R·S, R·a, S·Sab, S·bRI3 = SSa·bI4 = SbR·I5 = RS·, SS·abI6 = Ra·I7 = SSab·顯然，I1和I5存在移進(jìn)-歸約沖突。求S'和R的Follow集：     Follow(S')=#     Follow(R)=Follow(S)=

35、a,#在I5中，出現(xiàn)的移進(jìn)歸約沖突，且Follow(R)a=a，不能用SLR(1)方法解決。因此，此文法不是SLR(1)文法。15. 解答：(1) 構(gòu)造其拓廣文法G'的產(chǎn)生式為 0S' S1S A2A BA3A e4B aB5B b構(gòu)造其LR(0)項(xiàng)目集規(guī)范族和goto函數(shù)(識(shí)別活前綴的DFA)如下:I0 = S'·S, #, S·A, #, A·BA, #, A·, #,         B·aB, a/b/#, B·b, a/b

36、/# I1 = S'S·, #I2 = SA·, #I3 = AB·A, #, A·BA, #, A·, #,        B·aB, a/b/#, B·b, a/b/#I4 = Bb·, a/b/# I5 = Ba·B, a/b/#, B·aB, a/b/#,         B·b, a/b/#I6 = ABA&#

37、183;, #I7 = BaB·, a/b/#該文法的LR(1)項(xiàng)目集規(guī)范族中沒(méi)有沖突，所以該文法是LR(1)文法。構(gòu)造LR(1)分析表如下：以上分析表無(wú)多的定義入口，所以該文法為L(zhǎng)R(1)文法。(3)對(duì)于輸入串a(chǎn)bab，其分析過(guò)程如下： 16. 解答：(1) 對(duì)于產(chǎn)生式SAaAb|BbBa 來(lái)說(shuō)First(AaAb)First(BbBa)=ab=FA，BVN僅有一條候選式。因此，這個(gè)文法是LL(1)的。(2) 下面構(gòu)造這個(gè)文法的識(shí)別活前綴的DFA。I0 = S'·S, S·AaAb, S·BbBa, A·, B· I1 =

38、S'S·I2 = SA·aAbI3 = SB·bBaI4 = SAa·Ab, A·I5 = SBb·Ba, B·I6 = SAaA·bI7 = SBbB·aI8 = SAaAb·I9 = SBbBa·由于Follow(A)=Follow(B)=a, b,因此項(xiàng)目集I0中存在歸約-歸約沖突。在I0狀態(tài)下，當(dāng)輸入符號(hào)是a或是b時(shí)，不知用Ae還是Be進(jìn)行歸約。故此文法不是SLR(1)的。但是，此文法時(shí)LR(1)的。17. 解答：該文法的拓廣文法G'為 0S' S1S

39、(SR2S a3R ,SR4R )構(gòu)造其LR(0)項(xiàng)目集規(guī)范族和goto函數(shù)(識(shí)別活前綴的DFA)如下:I0 = S'·S, S·(SR, S·aI1 = S'S·I2 = S(·SR, S·(SR, S·aI3 = Sa·I4 = S(S·R, R·,SR, R·)I5 = S(SR·I6 = R)·I7 = R,·SR, S·(SR, S·aI8 = R,S·R, R·,SR, R·)I

40、9 = R,SR·每個(gè)LR(0)項(xiàng)目集中沒(méi)有沖突。因此，此文法是LR(0)文法。其分析表如下：18解答： 略！第5章習(xí)題解答：1，2，3 解答： 略！4. 解答：(1) 設(shè)S，L，B的值的屬性用val表示：S'S printf(S.val)SL1.L2 S.val:= L1.Val+ L2.val/2L2.lengthSL S.val:=L.valLL1B L.val:=L1.val*2+B.val，L.length = L1.length+1 LB L.val:=B.val),L.length:=1 B0 B.val:=0B 1 B.val:=1(2) 為S，L引入屬性h，

41、用來(lái)記錄配對(duì)的括號(hào)個(gè)數(shù)：S'S printf(S.h)Sa S.h:=0S(L) S.h:=S.h+1LL(1),S L.h:=L(1).h+S.hLS L.h:=S.h)(3) 為D引入一個(gè)綜合屬性h，用來(lái)記錄D中含id的個(gè)數(shù)：PD printf(D.h)DD1;D2 D.h:=D1.h+D2.hDid:T D.h:= 1Dproc id; D1;S D.h:=D1.h+15. 解答：輸入串為bcccaadadadb時(shí)的語(yǔ)法樹為：采用修剪語(yǔ)法樹的方法，按句柄方式自下而上歸約該語(yǔ)法樹，在歸約時(shí)調(diào)用相應(yīng)的語(yǔ)義規(guī)則，由此得到最終的翻譯結(jié)果為：34242421.6. 解答： (a+b)+(c

42、+d/(e-3)*87. 解答：(1) ab-c+*(2) A not C D not or not or(3) abcde/+*+(4) A B and C not D or or (5) a-bc-d+*+(6) A B or C D not E and or and8. 解答：三元式四元式 (+,a,b)1.(+,a,b,T1) (-,1,-)2.(-,T,-, T2) (+,c,d)3.(+,c,d,T3) (*,2,3)4.(*, T2,T 3,T4) (+,a,b)5.(+,a,b,T5) (+,c,5)6.(+, T5,c, T6) (-,4,6)7.(-, T4, T6 ,T7)9. 解答：四元式代碼為：1. (jnz，A，_， x)2. (j，_，_，3)3. (jnz，B，_，5)4. (j，_，_，y)5. (jnz，C，_，y)6. (j，_，_，7)7. (jnz，D，_，y)8. (j，_，_，x)10. 解答：11. 解答：(1) 四元式序列為： 1（j<,A,C,3）8.(:=,T,-