判断下面的文法是否为LL（1）文法 1. 0) A-›a N 1) N-›AB e 2) N->€ 3) B-›d N1 4) N1-›b N1 5) N1-›e

### 回答1：
首，LL（1）文法需要满足以下两个条件：

1. 对于任何非终结符 A，如果有两个产生式 A → α | β，则 FIRST(α) ∩ FIRST(β) = ∅。也就是说，A 的两个产生式的 FIRST 集合不能有交集。

2. 对于任何非终结符 A，如果有两个产生式 A → α | β，且 ε∈FIRST(α)，则FIRST(β)∩FOLLOW(A)=∅。也就是说，如果 A 的某个产生式的 FIRST 集合包含空串，那么另一个产生式的 FIRST 集合和 A 的 FOLLOW 集合不能有交集。

对于给出的文法：

0) A-›a N
1) N-›AB e
2) N-›€
3) B-›d N1
4) N1-›b N1
5) N1-›e

我们可以先求出每个非终结符的 FIRST 集合和 FOLLOW 集合：

- FIRST(A) = {a}
- FIRST(N) = {a, ε}
- FIRST(B) = {d}
- FIRST(N1) = {b, ε}
- FOLLOW(A) = {$}
- FOLLOW(N) = {b, $}
- FOLLOW(B) = {b, $}
- FOLLOW(N1) = {b, $}

接下来，我们检查每个非终结符的产生式是否满足 LL（1）文法的条件：

- 对于 A，它的两个产生式的 FIRST 集合没有交集，因此满足条件 1。
- 对于 N，它的两个产生式的 FIRST 集合有交集 {ε}，但是只有第二个产生式的 FIRST 集合和 N 的 FOLLOW 集合有交集，因此满足条件 2。
- 对于 B，它的唯一产生式没有问题。
- 对于 N1，它的两个产生式的 FIRST 集合有交集 {ε}，但是只有第二个产生式的 FIRST 集合和 N1 的 FOLLOW 集合有交集，因此满足条件 2。

因此，我们可以得出结论：这个文法是 LL（1）文法。

### 回答2：
该文法不是LL(1)文法。

为了判断一个文法是否是LL(1)文法，需要满足以下条件：
1. 每个产生式左部只能对应一个预测符号。
2. 对于每个非终结符A的两个产生式A -> α和A -> β，首符集(α)∩首符集(β)为空集。
3. 若存在产生式A -> α，其中ε∈首符集(α)，则首符集(α)必须与A的FOLLOW集相交为空集。

观察给出的文法，首先可以看出产生式2)和产生式5)都是ε产生式，由于产生式2)中的N和产生式5)中的N1产生ε的条件不一样，所以这里不满足条件3)。
其次，在产生式3)和产生式4)中，首符集(N)与首符集(N1)有交集{b}，因此不满足条件2)。所以该文法不是LL(1)文法。

### 回答3：
给定的文法为：

1) A → aN
2) N → AB
3) N → ε
4) B → dN1
5) N1 → bN1
6) N1 → e

首先，对于LL(1)文法，不能存在两个产生式有相同的左部。根据产生式3和产生式2，我们发现N有两个不同的产生式，因此该文法不是LL(1)文法。

在产生式2和产生式4中，A的直接后继是AB和aN，而根据后继的首符号，我们无法通过选择正确的产生式来确定正确的推导。因此，该文法不能满足LL(1)分析的条件。

综上所述，该文法不是LL(1)文法。