Semantyka i weryfikacja programów/Ćwiczenia 1

Zawartość

Tematem tych zajęć jest semantyka operacyjna wyrażeń (małe kroki).

Zadania z rozwiązaniami

Zadanie 1 (przygotowawcze)

Rozważmy bardzo prosty język wyrażeń, którego składnia opisana jest następującą gramatyką:

$n : : = 0 | 1 | \dots$

$x : : = \dots (i d e n t y f i k a t o r y) \dots$

$e : : = n | x | e_{1} + e_{2} | 𝐢 𝐟 e_{1} 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 e_{2} 𝐞 𝐥 𝐬 𝐞 e_{3}$

Wynikiem wyrażenienia warunkowego $𝐢 𝐟 e_{1} 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 e_{2} 𝐞 𝐥 𝐬 𝐞 e_{3}$ jest wartość wyrażenia $e_{2}$ , o ile wyrażenie $e_{1}$ oblicza się do wartości różnej od zera; w przeciwnym przypadku wynikiem jest wartość wyrażenia $e_{3}$ .

Zaproponuj semantykę operacyjną (małe kroki) dla tego języka.

Rozwiązanie

Zacznijmy od ustalenia notacji i dziedzin syntaktycznych. Niech $𝐍 𝐮 𝐦$ oznacza zbiór stałych liczbowych, $n \in 𝐍 𝐮 𝐦 = {0, 1, \dots}$ . Podobnie, niech $𝐕 𝐚 𝐫$ oznacza zbiór identyfikatorów, które mogą być nazwami zmiennych; $x \in 𝐕 𝐚 𝐫$ . Wreszcie, niech $𝐄 𝐱 𝐩$ oznacza zbiór wyrażeń; $e \in 𝐄 𝐱 𝐩$ . Dla ułatwienia zapisywania reguł zakładamy, ze stałe liczbowe sa wyrażeniami, czyli $𝐍 𝐮 𝐦 \subseteq 𝐄 𝐱 𝐩$ .

Będziemy potrzebować zbioru stanów, opisujących wartości przypisane zmiennym. Najprostszym rozwiązaniem jest przyjąc, że stan to funkcja z $𝐕 𝐚 𝐫$ do $𝐍 𝐮 𝐦$ . Oznaczmy przez $𝐒 𝐭 𝐚 𝐭 𝐞$ zbiór wszystkich takich funkcji; stany oznaczac będziemy przez $s, s_{1}, s^{'}, \dots \in 𝐒 𝐭 𝐚 𝐭 𝐞$ .

W naszej semantyce będziemy potrzebowac tranzycji dwóch postaci. Po pierwsze, tranzycje postaci

 $e, s ⟹ e^{'}, s$

oznaczające mały krok w trakcie obliczania wyrażenia $e$ w stanie $s$ , w wyniku którego $e$ wyewoluowało do $e^{'}$ . Stan nie ulega zmiania podczas obliczania wyrażenia, więc to samo $s$ figuruje po lewej i prawej stronie strzałki.

Po drugie, tranzycje postaci

 $e, s ⟹ n$

będą oznaczaczać, że wyrażenie $e$ jest już policzone, a jego wartością jest $n$ .

Zatem przyjmijmy, że zbiór konfiguracji to

$(𝐄 𝐱 𝐩 \times 𝐒 𝐭 𝐚 𝐭 𝐞) \cup 𝐍 𝐮 𝐦$

a konfiguracje końcowe to $𝐍 𝐮 𝐦$ .

Uwaga: Tranzycje pierwszej postaci mogłyby również wyglądać następująco: $e, s ⟹ e^{'} .$ Wtedy zbiorem konfiguracji byłby zbiór $(𝐄 𝐱 𝐩 \times 𝐒 𝐭 𝐚 𝐭 𝐞) \cup 𝐄 𝐱 𝐩$ a konfiguracje końcowe pozostałyby bez zmian. (koniec uwagi)

Najprostsze są tranzycje prowadzące do konfiguracji końcowej:

 $n, s ⟹ n$

Zmienna oblicza się do swojej wartości w bieżącym stanie:

 $x, s ⟹ n, s o ile s (x) = n .$

Teraz zajmiemy się dodawaniem $e_{1} + e_{2}$ . Ponieważ semantyka jest w stylu małych kroków, musimy zdecydować się czy najpierw obliczyć pierwszy (lewy) składnik $e_{1}$ czy drugi? Jeśli wybierzemy lewy (strategia lewostronna), otrzymamy regułę:

 $\frac{e_{1}, s ⟹ e'_{1}, s}{e_{1} + e_{2}, s ⟹ e'_{1} + e_{2}, s} .$

Czyli mały krok w $e_{1}$ stanowi też mały krok w $e_{1} + e_{2}$ . Po zakończeniu obliczania $e_{1}$ przechodzimy do $e_{2}$ :

 $\frac{e_{2}, s ⟹ e'_{2}, s}{n + e_{2}, s ⟹ n + e'_{2}, s} .$

A na końcu dodajemy:

 $n_{1} + n_{2}, s ⟹ n, s o ile n = n_{1} + n_{2} .$

Zauważmy tutaj pewną subtelność, dotyczącą dwóch wystąpień symbolu +: pierwsze wystąpienie oznacza jedną z konstrukcji składniowych języka, a drugie oznacza operację dodawania w zbiorze $𝐍 𝐮 𝐦$ . Pozwalamy sobie na taką kolizję oznaczeń, gdyż nie powinna ona prowadzić do niejednoznaczności. Pamiętajmy, że składnia języka jest składnią abstrajkcyjną, więc zamiast $e_{1} + e_{2}$ moglibyśmy równie dobrze pisać np. $a d d (e_{1}, e_{2})$ .

Inna możliwą strategią obliczania $e_{1} + e_{2}$ jest strategia prawostronna, którą otrzymujemy zastępując pierwsze dwie z trzech powyższych reguł przez:

 $\frac{e_{2}, s ⟹ e'_{2}, s}{e_{1} + e_{2}, s ⟹ e_{1} + e'_{2}} \frac{e_{1}, s ⟹ e'_{1}, s}{e_{1} + n, s ⟹ e'_{1} + n, s} .$

Ponadto, jeśli przyjmiemy regułę pierwszą (dla $e_{1}$ ), trzecią i czwartą (dla $e_{2}$ ), otrzymamy strategię równoległą, polegającą na obliczaniu jednocześnie $e_{1}$ i $e_{2}$ :

 $\frac{e_{1}, s ⟹ e'_{1}, s}{e_{1} + e_{2}, s ⟹ e'_{1} + e_{2}, s} \frac{e_{2}, s ⟹ e'_{2}, s}{e_{1} + e_{2}, s ⟹ e_{1} + e'_{2}} n_{1} + n_{2}, s ⟹ n, s o ile n = n_{1} + n_{2} .$

Bardziej precyzyjnie mówiąc, małe kroki obliczające obydwa podwyrażenia przeplatają się, i to w dowolny sposób. Ta dowolność prowadzi do niedeterminizmu, czyli do sytuacji, gdy kolejna (następna) konfiguracja nie jest wyznaczona jednoznacznie. Jest tak, gdyż możemy mieć do wyboru dwie różne tranzycje

 $e_{1} + e_{2}, s ⟹ e'_{1} + e_{2}, s e_{1} + e_{2}, s ⟹ e_{1} + e'_{2}, s .$

Zauważmy natomiast, że kolejność przeplatania się małych kroków obliczających $e_{1}$ i $e_{2}$ nie wpływa w tym przypadku na końcową wartość całego wyrażenia.

Na koniec reguły dla wyrażenia warunkowego.

 $\frac{e_{1}, s ⟹ e'_{1}, s}{𝐢 𝐟 e_{1} 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 e_{2} 𝐞 𝐥 𝐬 𝐞 e_{3}, s ⟹ 𝐢 𝐟 e'_{1} 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 e_{2} 𝐞 𝐥 𝐬 𝐞 e_{3}, s}$

 $𝐢 𝐟 n 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 e_{2} 𝐞 𝐥 𝐬 𝐞 e_{3}, s ⟹ e_{2}, s o ile n \neq 0$

 $𝐢 𝐟 n 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 e_{2} 𝐞 𝐥 𝐬 𝐞 e_{3}, s ⟹ e_{3}, s o ile n = 0$

Zadanie 2

Rozszerzmy język wyrażeń z poprzedniego zadania o jedną konstrukcję

$e : : = \dots | 𝐥 𝐞 𝐭 x = e_{1} 𝐢 𝐧 e_{2}$

Wyrażenie $𝐥 𝐞 𝐭 x = e_{1} 𝐢 𝐧 e_{2}$ zawiera w sobie deklarację $x = e_{1}$ , która stanowi mechanizm wiązania identyfikatorów w naszym języku. Deklaracja $x = e_{1}$ wprowadza nową zmienną $x$ oraz przypisuje jej wartość. Wartość wyrażenia $𝐥 𝐞 𝐭 x = e_{1} 𝐢 𝐧 e_{2}$ obliczamy następująco: najpierw oblicza się wartość $e_{1}$ , podstawia ją na zmienna $x$ , a następnie oblicza wyrażenie $e_{2}$ . Zakresem zmiennej $x$ jest wyrażenie $e_{2}$ , czyli wewnątrz $e_{2}$ można odwoływać się (wielokrotnie) do zmiennej $x$ ; Ogólniej, odwołania do zmiennej w wyrażeniu odnoszą się do najbliższej (najbardziej zagnieżdzonej) deklaracji tej zmiennej. Taki mechanizm wiązania identyfikatorów nazywamy wiązaniem statycznym. Przyjmujemy zwykłe reguły przesłaniania zmiennych. Np., jeśli w $e_{2}$ występuje podwyrażenie $𝐥 𝐞 𝐭 x = \dots 𝐢 𝐧 e$ to odwołania do $x$ wewnątrz $e$ odnoszą się do najbliższej deklaracji zmiennej $x$ .

Zakładamy, że na początku wartości wszystkich zmiennych są nieokreślone, czyli zmienne są niezainicjowane, a odwołanie do niezainicjowanej zmiennej jest uważane za niepoprawne.

Przykłady

$𝐥 𝐞 𝐭 x = z + z 𝐢 𝐧 𝐥 𝐞 𝐭 y = 7 𝐢 𝐧 𝐥 𝐞 𝐭 x = y + 3 𝐢 𝐧 x + x + y \mapsto wynik = 24$ $𝐥 𝐞 𝐭 y = 5 𝐢 𝐧 𝐥 𝐞 𝐭 x = (𝐥 𝐞 𝐭 y = 3 𝐢 𝐧 y + y) 𝐢 𝐧 x + y \mapsto wynik = 11$ Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \mathbf{let}\, z = 5 \,\mathbf{in}\, x+z \quad \quad \mapsto \quad \quad \mbox{brak wyniku; odwołanie do niezainicjowanej zmiennej}\, x } $𝐥 𝐞 𝐭 x = 1 𝐢 𝐧 𝐥 𝐞 𝐭 x = x + x 𝐢 𝐧 x + x \mapsto wynik = 4$

Rozwiązanie

Podobnie jak poprzednio, stan powinien opisywać wartości przypisane zmiennym, ale powinniśmy też uwzględnić niezainicjowane zmienne, czyli zmienne bez żadnej wartości. Przyjmijmy zatem, że stan to skończona funkcja częściowa z $𝐕 𝐚 𝐫$ do $𝐍 𝐮 𝐦$ . Oznaczmy symbolem $𝐒 𝐭 𝐚 𝐭 𝐞$ zbiór wszystkich takich funkcji: $𝐒 𝐭 𝐚 𝐭 𝐞 = 𝐕 𝐚 𝐫 \to_{f i n} 𝐍 𝐮 𝐦$ . Naturalnym stanem początkowym jest stan pusty, tzn. pusta funkcja częściowa, który będziemy oznaczać symbolem $\emptyset$ . Wartość wyrażenia $e$ w stanie początkowym wynosi $n$ o ile zachodzi:

$e, \emptyset ⟹^{*} n .$

Będziemy potrzebowac tranzycji dwóch postaci, podobnie jak poprzednio, ale pierwsza postać będzie trochę ogólniejsza:

 $e, s ⟹ e^{'}, s^{'} .$

Tranzycja ta oznacza mały krok w trakcie obliczania wyrażenia $e$ w stanie $s$ , w wyniku którego $e$ wyewoluowało do $e^{'}$ a nowym stanem jest $s^{'}$ . Stan może się teraz zmienić na skutek deklaracji zmiennych.

Spróbujmy rozszerzyc semantykę z poprzedniego zadania. Ponieważ stan jest funkcją częściową, musimy zmienić niektóre reguły, np.

 $x, s ⟹ n, s o ile s (x) jest określone i s (x) = n$

Następnie dodajemy reguły dla wyrażenia $𝐥 𝐞 𝐭 x = e_{1} 𝐢 𝐧 e_{2}$ . Gdy $e_{1}$ jest już obliczne, wyatarczy reguła:

 $𝐥 𝐞 𝐭 x = n 𝐢 𝐧 e_{2}, s ⟹ e_{2}, s [x \mapsto n] .$

Notacja $s [x \mapsto n]$ oznacza stan $s$ , który zmodyfikowano przypisując zmiennej $x$ wartość $n$ , niezależnie od tego, czy $s (x)$ było określone, czy nie, i pozostawiając niezmienione wartości dla pozostałych zmiennych. Formanie

$s [x \mapsto n] (y) = {\begin{cases} n & y = x \\ s (y) & y \neq x \end{cases}$

W szczególności, dla $y \neq x$ , $s [x \mapsto n] (y)$ jest określone wtedy i tylko wtedy, gdy $s (y)$ jest określone.

Natomiast aby obliczyc $e_{1}$ potrzebujemy reguły:

 $\frac{e_{1}, s ⟹ e'_{1}, s^{'}}{𝐥 𝐞 𝐭 x = e_{1} 𝐢 𝐧 e_{2}, s ⟹ 𝐥 𝐞 𝐭 x = e'_{1} 𝐢 𝐧 e_{2}, s^{'}}$

Zwróćmy uwagę, że stan $s^{'}$ może być różny od $s$ , np. dlatego, że wewnątrz $e_{1}$ znajduje się podwyrażenie $𝐥 𝐞 𝐭 y = \dots$ .

Pytanie: czy taka semantyka jest poprawna?

Niestety nie, gdyż nie uwzględniamy ograniczonego zasięgu zmiennej. Rzućmy okiem na przykład:

$𝐥 𝐞 𝐭 x = (𝐥 𝐞 𝐭 z = 4 𝐢 𝐧 z + z + z) 𝐢 𝐧 z$

Według naszych intencji to wyrażenie nie ma wartości, gdyż ostatnie odwołanie do $z$ jest błędne. Natomiast według powyższych reguł mamy

$𝐥 𝐞 𝐭 x = (𝐥 𝐞 𝐭 z = 4 𝐢 𝐧 z + z + z) 𝐢 𝐧 z, \emptyset ⟹ 𝐥 𝐞 𝐭 x = z + z + z 𝐢 𝐧 z, \emptyset [z \mapsto 4] ⟹ \dots ⟹ 𝐥 𝐞 𝐭 x = 12 𝐢 𝐧 z, \emptyset [z \mapsto 4] ⟹ 12, \emptyset [z \mapsto 4] ⟹ 12!$

Nasz błąd polega na tym, że po zakończeniu obliczania podwyrażenia $𝐥 𝐞 𝐭 z = 4 𝐢 𝐧 z + z + z$ zapominamy przywrócić zmiennej $z$ poprzednią wartość (a właściwie brak wartości w przykładzie powyżej). Przedyskutujmy kilka wariantów.

Wariant 1

Wygodne i eleganckie rozwiązanie tego problemu jest możliwe, jeśli rozszerzymy składnię naszego języka. Intuicyjnie, reguła

$𝐥 𝐞 𝐭 x = n 𝐢 𝐧 e_{2}, s ⟹ e_{2}, s [x \mapsto n] .$

powinna zostać zastąpiona przez

$𝐥 𝐞 𝐭 x = n 𝐢 𝐧 e_{2}, s ⟹ e_{2} 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧,,przywróć wartość zmiennej x'', s [x \mapsto n] .$

czyli potrzebujemy konstrukcji składniowej, która polega na obliczeniu wyrażenia $e_{2}$ a następnie na przypisaniu zmiennej $x$ danej wartości. Rozszerzmy zatem składnię następujaco:

$e : : = \dots | e 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 x : = n .$

Zauważmy, że wyrażenie $e 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 x : = n$ jest w pewnym sensie dualne do $𝐥 𝐞 𝐭 x = n 𝐢 𝐧 e$ , gdyż jedyna (choc niewątpliwie istotna) różnica między nimi to kolejność obliczenia $e$ i przypisania wartości na zmienną $x$ . Oto nowa reguła

 $𝐥 𝐞 𝐭 x = n 𝐢 𝐧 e_{2}, s ⟹ e_{2} 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 x : = n^{'}, s [x \mapsto n] o ile s (x) = n^{'} .$

Pewna trudność pojawiają się w sytuacji, gdy $s (x)$ jest nieokreślone, czyli gdy zmienna $x$ jest niezainicjowana -- reguła powyższa nie obejmuje wogóle takiej sytuacji. Najprostszym sposobem rozwiązania tej trudności jest rozszerzenie konstrukcji $e 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 x : = n$ :

$e : : = \dots | e 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 x : = n | e 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 x : = ⊥$

gdzie symbol $⊥$ oznacza brak wartości. Dodajemy również regułę:

 $𝐥 𝐞 𝐭 x = n 𝐢 𝐧 e_{2}, s ⟹ e_{2} 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 x : = ⊥, s [x \mapsto n] o ile s (x) jest nieokreślone .$

Rozwiązanie to jest odrobinę nieeleganckie, gdyż prawie identyczne reguły musimy napisać dwukrotnie. Widać to np. w poniższych regułach, scalających semantykę dla $e 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 x : = n$ z semantyką pozostałych wyrażeń:

 $\frac{e, s ⟹ e^{'}, s^{'}}{e 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 x : = n, s ⟹ e^{'} 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 x : = n, s^{'}}$

 $n^{'} 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 x : = n, s ⟹ n^{'}, s [x \mapsto n]$

 $n^{'} 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 x : = ⊥, s ⟹ n^{'}, s^{'} o ile s (x) jest określone i s^{'} = s ∖ {(x, s (x))}$

Wariant 2

Zanim przejdziemy do kolejnego wariantu, zastanówmy się czy Iistnieje inny sposób rozwiązania trudności związanej z $n = ⊥$ , który pozwalałby uniknąć wprowadzania dodatkowej konstrukcji $e 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 x : = ⊥$ . Pomysł może polegać na rozszerzeniu zbioru $𝐍 𝐮 𝐦$ o dodatkowy element $⊥$ :

$n : : = ⊥ | 0 | 1 | \dots$

Wtedy nie musimy pisać dwóch bardzo podobnych wariantów reguł. Dodatkowo, w tym rozwiązaniu warto poczynić umowę, że $s (x) = ⊥$ reprezentuje brak wartości zmiennej $x$ . Wtedy stany są funkcjami całkowitymi z $𝐕 𝐚 𝐫$ w $𝐍 𝐮 𝐦$ przyjmującymi wartość różną od $⊥$ tylko dla skończenie wielu elementów. Pewnym mankamentem jest to, że teraz $n = ⊥$ może pojawiać sie w wyrażeniach podobnie jak stałe. Tym niemniej nie musimy adaptować reguł dla stałych tak, aby radziły one sobie z $n = ⊥$ , ponieważ wyrażenia zawierające $⊥$ możemy również uważać za roszerzenie składni.

Jeśli jednak dopuścimy symbol $⊥$ w wyrażeniach, to możemy elegancko wybrnąć z sytuacji, rozszerzając operacje arytmetyczne na zbiór $𝐍 𝐮 𝐦 \cup {⊥}$ tak, aby zachowywały one nieokreśloność:

$n + ⊥ = ⊥ + n = ⊥$

Wariant 3

Zrewidujmy teraz podstawowe założenia, które dotychczas poczyniliśmy. Jednym z nich było przyjęcie ogólnej postaci tranzycji:

$e, s ⟹ e^{'}, s^{'}$

pozwalającej na zmianę stanu podczas obliczania wyrażenia. Czy faktycznie był to dobry pomysł? Czy moglibyśmy poradzić sobie przy pomocy tranzycji postaci

$s, e ⟹ e^{'}, s ?$

Spróbujmy! Oto nowa wersja jednej z reguł dla $𝐥 𝐞 𝐭 x = e_{1} 𝐢 𝐧 e_{2}$ dotycząca kroku wewnątrz $e_{1}$ :

 $\frac{e_{1}, s ⟹ e'_{1}, s}{𝐥 𝐞 𝐭 x = e_{1} 𝐢 𝐧 e_{2}, s ⟹ 𝐥 𝐞 𝐭 x = e'_{1} 𝐢 𝐧 e_{2}, s}$

Dotychczas nie ma problemu: podwyrażenie $e_{1}$ jest prawidłowo obliczane w stanie $s$ . Trudność pojawi się, gdy zakończymy obliczanie $e_{1}$ i przejdziemy do $e_{2}$ . Oto możliwa reguła:

 $\frac{e, s [x \mapsto n] ⟹ e^{'}, s [x \mapsto n]}{𝐥 𝐞 𝐭 x = n 𝐢 𝐧 e, s ⟹ 𝐥 𝐞 𝐭 x = n 𝐢 𝐧 e^{'}, s} .$

Okazuje się, że wszystko jest w porządku. Wyrażenie $e$ obliczamy w prawidłowym stanie, tzn. z wartością $n$ przypisaną zmiennej $x$ . Mały krok w $e$ daje przyczynek do małego kroku w całym wyrażeniu, a przy tym stan pozostaje niezmieniony. Przy tym wogóle nie potrzebujemy przywracać poprzedniej wartości zmiennej $x$ , ponieważ $x$ zyskuje nową wartość tylko na potrzeby obliczania podwyrażenia $e$ ! Można na to również spojrzeć inaczej: informacja o nowej wartości $n$ dla zmiennej $x$ nie jest jawnie dodawana do stanu $s$ , ale jest przechowywana w składni wyrażenia $𝐥 𝐞 𝐭 x = n 𝐢 𝐧 . . .$ jako deklaracja $x = n$ . Na końcu musimy oczywiście pozbyć się tej deklaracji za pomocą następującej tranzycji:

 $𝐥 𝐞 𝐭 x = n 𝐢 𝐧 n^{'}, s ⟹ n^{'}, s$

Podsumujmy. Okazuje się, że rozwiązanie nie było wcale łatwe, nawet dla tak prościutkiego języka. W przyszłości przekonamy się, że łatwiej jest poradzić sobie z zagadnieniem wiązania identyfikatorów w semantyce naturalnej (duże kroki). W wariancie 1 i 2 wprowadziliśmy do języka dodatkowe elementy, tak, by łatwiej było pisać reguły. W przyszłości będziemy czasem stosować takie podejście. Niekiedy jednak rozszerzanie języka będzie zabronione.

Zadania domowe

Zadanie 1

Zapisz wariant 2 semantyki z poprzedniego zadania.

Zadanie 2

Dotychczas wystąpienie błędu podczas obliczania wyrażenia, np. odwołanie do niezainicjowanej zmiennej, powodowało, że wyrażenie nie posiadało wartości (nie było ciągu tranzycji prowadzących do konfiguracji końcowej). Zmodyfikuj którąś z semantyk z poprzednich zadań tak, aby błąd był komunikowany jako jedna z konfiguracji końcowych. To znaczy: jeśli obliczenie wyrażenia $e$ w stanie $s$ jest niemożliwe bo wystąpił błąd, to

$e, s ⟹^{*} B l a d$

Zadanie 3

Rozważ rozszerzenie języka z zadania 2 o wyrażenia boolowskie:

$n : : = 0 | 1 | \dots$

$x : : = \dots (i d e n t y f i k a t o r y) \dots$

$b : : = 𝐭 𝐫 𝐮 𝐞 | 𝐭 𝐫 𝐮 𝐞 | e_{1} \leq e_{2} | \neg b | b_{1} \land b_{2}$

$e : : = n | x | e_{1} + e_{2} | 𝐢 𝐟 b 𝐭 𝐡 𝐞 𝐧 e_{2} 𝐞 𝐥 𝐬 𝐞 e_{3} | 𝐥 𝐞 𝐭 x = e_{1} 𝐢 𝐧 e_{2}$

Zaproponuj semantykę małych kroków dla tego języka. Rozważ różne strategie obliczania wyrażeń boolowskich, oraz podejście leniwe. Na przykład w strategii lewostronnej dla $b_{1} \land b_{2}$ , gdy $b_{1}$ zostało obliczone do $𝐭 𝐫 𝐮 𝐞$ , nie ma wogóle potrzeby obliczania $b_{2}$ .

Semantyka i weryfikacja programów/Ćwiczenia 1

Spis treści

Zawartość

Zadania z rozwiązaniami

Zadanie 1 (przygotowawcze)

Rozwiązanie

Zadanie 2

Przykłady

Rozwiązanie

Wariant 1

Wariant 2

Wariant 3

Zadania domowe

Zadanie 1

Zadanie 2

Zadanie 3

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia