LL（1）不能含糊
我认为这几乎是LL（1）定义的直接结果。通过矛盾尝试证明;假设你有一个不明确的LL（1）语法，并寻找可以证明是真实的而不是真实的东西。作为一个起点“你在处理输入时总是知道什么？”
由于这看起来像是一个家庭作业问题，而且实际上我还没有完成上述问题，所以我会在上面简单介绍一下。
证明没有模棱两可的语法可以是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，页码。 11和之前。
这是我的初稿。它可能需要一些微调，但我认为它涵盖了所有的情况。我认为许多解决方案是可能的。这是直接的证据。
（附注：很可惜SO不支持数学，例如在胶乳。）
证明
令T和N是末端和非末端符号的集。
让下面保持
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
注意，一个语法是LL（1）如果下式成立每对制作A的 - > B和A - > C：
1. (not MaybeEmpty(B)) or (not MaybeEmpty(C))
2. (First(B) intersect First(C)) = empty
3. MaybeEmpty(C) => (First(B) intersect Follow(A)) = empty
考虑使用LL（1）的语言，其中A -> B和A -> C。 也就是说有一些终端TZ的字符串允许不同的分析树进行多重派生。
假设左派生达到S ->* TAY ->* TZ。下一步可能是TAY -> TBY或TAY -> TCY。 因此，如果语言BY ->* Z和CY ->* Z都是不明确的。 （注意，由于A是任意的非终端中，如果没有这样的情况存在，语言非模糊。）
情况1：Z =空
通过LL的规则1（1）的语法，B和C中至多有一个可以得出空的（非模糊的情况）。
情况2位：Z是非空的，并且既不B或c中衍生出空
通过LL的规则2（1）的语法，以B和C的至多一个可以允许进一步的推导，因为Z的引出端子不能同时在First(B)和First(C)（非含糊的情况）。
案例3位：Z是非空的，并且或者MaybeEmpty(B)或MaybeEmpty(C)
注意由LL的规则1（1）的语法，B和C不能同时获得空。因此假设MaybeEmpty(C)为真。
这给出了两个子情况。
例3a：CY -> Y;和案例3b：CY ->* DY，其中D不为空。
在3a中我们必须选择BY ->* Z和CY -> Y ->* Z，但请注意，First(Y) subset-of Follow(A)。由于Follow(A)不与First(B)相交，因此只能进行一个派生（非歧义）。
在3b中我们必须选择BY ->* Z和CY ->* DY ->* Z，但请注意First(D) subset-of First(C)。由于First(C)不与First(B)相交，因此只能进行一个派生（非模糊）。
因此，在任何情况下，派生只能通过可用产品之一进行扩展。因此，语法并不含糊。
顺便说一句，我不确信猜测是正确的，但确实看起来很合理。 – BCS 2010-04-17 14:47:39