Все работы

На узкой тропе встретились две партии приключенцев и не поделили «Тапочки Аццкой Силы +2″.
В партиях n1 и n2 приключенцев.
Для любой пары приключенцев из противоборствующих лагерей определён взаимный, не обязательно симметричный урон в процентах. Т.е. есть две матрицы D1[n1][n2] и D2[n2][n1] определяющие, сколько процентов здоровья отымет приключенец i, накатив супостату j. В матрицах могут быть нули — например, кто-то неуязвим для определённых противников.
На каждом ходу каждый приключенец обеих партий выбирает себе жертву и наносит удар.
После хода приключенцы со здоровьем <=0 считаются погибшими.

Каков исход битвы (победа одной из партий, взаимное уничтожение или невозможность продолжать бой)?

На одной из центральных клеток шахматной доски стоит «ладьекороль» (фигура, которая ходит на одну клетку, но только по вертикали или горизонтали), оставляющий следы на клетках, на которых он побывал. Он делает случайные равновероятные ходы до тех пор, пока на доске не окажется 4 клетки со следами, включая первоначальную. В результате следы образуют одну из пяти (зеркальные считаются идентичными) фигур тетрамино: S, T, O, L, I. Какова вероятность получить каждую из фигур?

AND THE WINEEERRR IS...

Снимок Wolfgang Rzychon.
Здесь должна была быть дурацкая шутка про Диму Билана.

Дано двоичное дерево. Листья дерева помечены булевыми значениями. Внутренние узлы – операторами AND и OR и имеют по два подузла. Операторы некоторых узлов можно менять. Изменить значение корня дерева на заданное, поменяв минимальное кол-во операторов.

Сформулируем задачку так: можно ли поменять значение поддерева, изменив менее, чем B операторов?

Пусть функция set(tree, v, B) возвращает минимальное количество изменений, необходимых, чтобы установить значение v, или B, если мы не можем уложиться в заданный лимит или поменять значение дерева невозможно.

Если значение узла и так v, функция возвращает 0.

OR поддерево

Вычислим исходные значения всех узлов в дереве.

Идея B&B метода – не рассматривать частичные решения, верхняя оценка качества которых, ниже качества некоего уже найденного решения.

Начнём с неизменяемого OR узла. Пусть v = FALSE. Тогда нам нужно менее чем за B изменений установить в FALSE значения поддеревьев.

//v == FALSE, OR-узел
c = set(tree.left, FALSE, B);
if(c >= B)return B;
//Лимит для второго дерева B - c
c += set(tree.right, FALSE, B - c);
return c;

Для v = TRUE. Мы должны установить хотя бы один из узлов в TRUE.

//v == TRUE, OR-узел
c = set(tree.left, TRUE, B);
B = min(B, c);
c = min(c, set(tree.right, TRUE, B);
return c;

В обоих случаях мы использовали результат левого поддерева, чтобы ограничить количество изменений в правом.

Перейдём к изменяемому OR-узлу. Менять его или не менять – вот в чём вопрос? Снова, пусть мы хотим установить значение в FALSE.

Если значение одного из поддеревьев FALSE, то мы меняем оператор корня нашего дерева и с чистой совестью возвращаем 1.

Если значения обоих поддеревьев равны TRUE, то мы всегда меняем оператор узла и рассматриваем поддеревья. Почему? Да потому, что если B-1 не хватит на то, чтобы изменить значение хоть одного из поддеревьев на FALSE, то и B не хватит на то, чтобы изменить оба.

Для изменяемого OR-узла, который мы должны сделать TRUE узлом, нам нет смысла менять оператор, т.к. оба поддерева имеют значения FALSE. Вместо изменения одного поддерева нам придётся менять оба с лимитом B-1.

Таким образом, решение менять ли оператор мы можем принять без поиска.

Аналогично для AND-узлов.

Очевидно, что мы находим оптимальное решение за линейное от числа узлов время. Параметр B может, но не обязан сократить количество рассмотренных узлов.

К сожалению, мы не обладаем достаточной информацией, чтобы рассматривать поддеревья в каком-то более разумном порядке, чем слева-направо. Так, например, в случае v = FALSE нам выгодно превышение лимита уже на первом рассмотренном поддереве. В случае v = TRUE мы бы хотели как можно сильнее ограничить второе результатом первого.

Вот одна из таких задачек:

Четыре путника разных лет подошли ночью к мосту. Мост узок – только два человека могут пройти по нему одновременно. Также имеется только одна лампа. Путникам требуется 1, 2, 5 и 10 минут, чтобы пересечь мост. Пара передвигается со скоростью более медленного. Как перебраться на другую сторону в минимальное время?

Очевидное решение: самый шустрый из путников переводит остальных и возвращается с лампой требует 19 минут.

Более разумный подход: пусть самые медленные идут вместе. Так мы приходим к оптимальному решению.

1,2>
1<
5,10>
2<
1,2>

Итого 17 минут.

Попробуем обобщить задачку. Пусть у нас N путников и каждому требуется свое время t[i] на пересечение мостика. Очевидно, что полный перебор, например, с Branch & Bound нам не подходит.

Упорядочим массив t и попробуем решить задачу по индукции. Пусть T[n] – время, необходимое n самым быстрым путникам. Тогда:


T[1] = t[1]
T[2] = t[2]

Для трех путников оптимальное решение

T[3] = t[2] + t[1] + t[3]

Теперь попробуем перевести через мост n-го путника. Кто-то должен будет перенести лампу назад. Этим займётся самый быстрый путник с той стороны. Так, мы можем взять самого быстрого, и после его возвращения задача будет сведена к случаю n-1 путников. Или мы можем сперва оправить двух самых быстрых на другой берег, оставить там второго, чтобы он вернул лампу, а в пару к самому медленному взять предпоследнего по скорости. Так мы сведём задачу к n-2.

T[n] = min(t[n] + t[1] + T[n-1], t[2] + t[1] + t[n] + t[2] + T[n-2])

Таким образом задачка решается за  O(n log n).
Для нахождения оптимального времени достаточно O(1) памяти, т.к. на каждом шагу достаточно иметь результаты двух последних.

Обобщение для моста произвольной вместимости опустим, как очевидное.

Формальное доказательство оптимальности pending …

Обсуждение задачки на RSDN.

Мне было бы интересно, если бы люди, разбирающиеся в данном вопросе лучше меня, указали на неточности в моем видении материала. С другой стороны я надеюсь, что могу быть полезен кому-то.

Блог на wordpress – тестовый. Вполне возможно, мне надоест этим заниматься, я не увижу каких-то результатов и брошу.

План на ближайшее время:

• Minimax в игровых деревьях
• SCOUT – пример очень простого алгоритма
• αβ-поиск
• PVS/NegaScout
• SSS* и DUAL*
• MTD(*)-Алгоритмы
• Отношения между алгоритмами
• Окна поиска
• Почему минимакс вообще работает.

Всех Благ.