修道士和野人问题：所有解、启发求解、简单界面

一.作业任务
修道士和野人问题：设有三个修道士和3个野人来到河边，打算用一条船从河的左岸渡到河的右岸去。但该船每次只能装载两个人，在任何岸边野人的数目都不得超过修道士的人数，否则修道士就会被野人吃掉。假设野人服从任何一种过河安排，请规划出使全部6人安全过河的方案。
问题提示：应用状态空间表示和搜索方法时，可用（Nm，Nc）来表示状态描述，其中Nm，Nc分别为传教士和野人的人数。初始状态为（3，3），而可能的中间状态为（0，1），（0，2），（0，3），（1，1），（2，1），（2，2），（3，0），（3，1），（3，2）等。
编程实现修道士和野人问题算法，演示算法运行过程（即过河的各步方案）和结果。

二.运行环境
Windows10，codeblocks，myeclipse。
三.算法介绍
修道士与野蛮人问题是深度优先回溯算法问题。回溯算法也叫试探法，它是一种系统地搜索问题的解的方法。用回溯算法解决问题的一般步骤：
1、针对所给问题，定义问题的解空间，它至少包含问题的一个（最优）解。
2 、确定易于搜索的解空间结构,使得能用回溯法方便地搜索整个解空间。
3 、以深度优先的方式搜索解空间，并且在搜索过程中用剪枝函数避免无效搜索。
深度优先遍历的情况和八皇后类似，不过在本问题中要考虑船在两岸的不同情况。本次设计除了满足3名修道士三名野蛮人船只容量为2的情况外，由于该情况可以不考虑船上野蛮人更多的情况（甚至就可以直接初始化船只情况），故拓展了任意数量修道士野蛮人船只容量的问题，并特意编写了两个启发式函数来缩短搜索代价，其中第二个启发式函数为a*算法，并将不同方式的搜索代价求出以比对。
后来也做了java程序界面，由于代码较长单独附在文件夹内不在报告内。
四.程序分析
在深度优先回溯求解时，没有设置变量求解代价和完成步数变量，后来直接再该代码上加入启发式函数，出现卡死（递归太大），后来重现写了一个专门讨论启发函数代价的代码，在改代码中，修改了很多地方包括输出格式、中间过程保存方式、及结构的使用。对于启发式函数的讨论如下：
启发式函数部分加入三个函数：

int f1(int state[3])
{return state[0]+state[1];
}int f2(int state[3])
{return state[0]+state[1]-2*state[2];
}
int find_max(int cur)
{int max = -1;int op = -1;for (int j = 0; j < op_num; j++)//分别考虑可能的动作{if (fx[cur+1][j] > max){max = fx[cur+1][j];op = j;}}if (max == -1)op = -1;return op;
}

其中f1为普通启发式函数，f2为a算法，find_max函数为使用俩启发式函数以减少工作量的函数，在设计启发式函数的过程中参考了csdn上某博主的代码，但是该博主最后代码设计出现逻辑写反了的错误，已经和他反应该问题：

关于启发式函数：由于每一次摆渡都有多种操作可以选择，因此我们定义以下启发式函数：
F1(x) = ML + CL
F2(x) = ML + CL – 2B
其中F1(x)满足A算法条件的，F2(x)满足A算法条件。
在每次的摆渡中，优先选择F(x)大的操作进行搜索。
首先，F1(x)＝M+C不满足A条件，比如状态(1, 1, 1)，F1(x)=M+C=1+1=2，而实际上只要一次摆渡就可以达到目标状态，其最优路径的耗散值为1，所以不满足A的条件。
而F2(x)＝M+C-2B是满足A条件的，证明如下：
先考虑船在左岸的情况。如果不考虑限制条件，也就是说，船一次可以将k个人从左岸运到右岸，然后再有一个人将船送回来。这样，船一个来回可以运过河k-1人，而船仍然在左岸。而最后剩下的k个人，则可以一次将他们全部从左岸运到右岸。所以，在不考虑限制条件的情况下，也至少需要摆渡ceil((2N-k)/(k-1))2+1次。其中分子上的”－k”表示剩下k个留待最后一次运过去。除以”k-1”是因为一个来回可以运过去k-1人，需要(2N-k)/(k-1)个来回，而”来回”数不能是小数，需要向上取整。而乘以”2”是因为一个来回相当于两次摆渡，所以要乘以2。而最后的”＋1”，则表示将剩下的k个运过去，需要一次摆渡。
再考虑船在右岸的情况。同样不考虑限制条件。船在右岸，需要一个人将船运到左岸。因此对于状态(M，C，0)来说，其所需要的最少摆渡数，相当于船在左岸时状态(M+1，C，1)或(M，C+1，1)所需要的最少摆渡数，再加上第一次将船从右岸送到左岸的一次摆渡数。因此所需要的最少摆渡数为：(M+C+1)-2+1 。其中(M+C+1)的”＋1”表示送船回到左岸的那个人，而最后边的”＋1”，表示送船到左岸时的一次摆渡。
综合船在左岸和船在右岸两种情况下，所需要的最少摆渡次数用一个式子表示为：M+C-2B。其中B＝1表示船在左岸，B＝0表示船在右岸。由于该摆渡次数是在不考虑限制条件下，推出的最少所需要的摆渡次数。因此，当有限制条件时，最优的摆渡次数只能大于等于该摆渡次数。所以启发函数F2(x)是满足A条件的。
因此，在有解的情况下，F2(x)在求解本问题时总能找到最优解。对于F1(x)，当从左向右摆渡时， F1(x)=F2(x)=M+C，当从右向左摆渡时，F1(x)=M+C，F2(x)=M+C-2，即F1(x)=F2(x)+2，由于我们优先搜索F(x)较大的状态空间，而通过两个函数的关系我们可以知道，他们状态空间的转移是完全一致的。故虽然F1(x)不满足A条件，但是在本问题中，它也是总能找到最优解。
简言之，每次采取措施，都以运送最多人数到目标方案为前提！
五.界面截图
1、回溯求解所有情况（修道士3人野蛮人3人船只容量2）：

2、拓展（任意数目，修道士4人野蛮人4人船只容量4为例）

3、启发式算法，在我的思路中，fx数组用来储存启发式搜索的判断，其中fx[cur+1][j]=2n-f2(state)为最低代价求解，改为fx[cur+1][j]=-f2(state)可获得最大代价求解的情况，下面做比较：
最低代价输入：

其中下面每行四个数字为我储存的每次搜索过程，其行数即搜索代价，两次结果：
启发式：

改写a算法求出最大代价：

可以看到搜索性能差异非常明显。
4、根据a*改出来的java程序截图：

六.结果分析
本次作业通过查询资料了解了修道士和野蛮人问题的由来和含义，然后采用回溯算法来完成了这个项目的主体部分，简要输出结果的同时，拓展了更多数量问题和启发式算法。
七.作业体会
纸上得来终觉浅，亲手实践方能将知识真正理解。透彻修道士与野蛮人算法虽然不算是难度偏高的例子，但是对于我这样刚刚了解人工智能的大学生而言，拥有恰到好处的挑战性，通过努力还是可以完成算法并实现它的展示。这个过程让我复习了回溯思想并加深了我对人工智能的理解，此外，对于启发式函数的探索更是让我受益匪浅。
八.参考资料
《人工智能（21世纪高等学校计算机专业实用规划教材）》清华大学出版社
《修道士与野蛮人问题》百度百科
九.附件（源代码）
1、遍历所有方式：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <stdio.h>
int x,y,z,w=0,idea=0;//x为修道士初始数目，y为野蛮人初始数目,z为船容量，w为船只载客方式数量，idea为解数目
using namespace std;
int way[100][2];
vector <string> hist;
void print() //打印输出
{for(int i=0;i<hist.size();i++)cout<<hist[i]<<endl<<endl;
}
int corr(int frair_num,int bar_num,int boat)
{if(frair_num<0||frair_num>x) return 0; //修道士数据非法if(bar_num<0||bar_num>x) return 0;     //野蛮人数据非法if((frair_num<bar_num&&frair_num)||(x-frair_num&&(x-frair_num)<(y-bar_num))) return 0;   //修道士被野蛮人吃掉的情况if(boat!=0&&boat!=1) return 0;char text[50];sprintf(text, "frair_num=%d, bar_num=%d, boat(初始河岸为1，目标河岸为0)=%d", frair_num,bar_num,boat);for(int i=0; i<hist.size(); i++)          //此情况之前出现过if(text == hist[i])return 0;hist.push_back(text);return  1;}void search(int frair_num,int bar_num,int boat)
{if((frair_num==0)&&(bar_num==0)&&(boat==0)){idea++;cout<<"第"<<idea<<"种解法如下"<<endl;print();return;}for(int i=0;i<w;i++){if(boat==1){int f=frair_num-way[i][0];int b=bar_num-way[i][1];int t=boat-1;if(corr(f,b,t)){search(f,b,t);hist.pop_back();}}if(boat==0){int f=frair_num+way[i][0];int b=bar_num+way[i][1];int t=boat+1;if(corr(f,b,t)){search(f,b,t);hist.pop_back();}}}
}
int main()
{char text[50];cout<<"请输入修道士数量，野蛮人数量及船只容量"<<endl;cin>>x>>y>>z;sprintf(text, "frair_num=%d, bar_num=%d, boat(初始河岸为1，目标河岸为0)=%d", x,y,1);hist.push_back(text);for(int i=z;i>0;i--)  //船上修道士数量非0{for(int j=0;j<=i,j<=z-i;j++){way[w][0]=i;way[w][1]=j;w++;}}for(int j=1;j<=z;j++)  //船上修道士数量为0{way[w][0]=0;way[w][1]=j;w++;}cout<<"船只上的可行载客方式："<<endl;for(int j=0;j<w;j++){cout<<"船上修道士"<<way[j][0]<<"人，"<<"野蛮人"<<way[j][1]<<"人。"<<endl<<endl;}search(x,y,1);cout<<"总方案数量为"<<idea<<endl;return 0;}

2、启发式：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;int X, Y;
int k;
int n;int dai=0;
struct node
{int q[3];
};vector<node> s;
int q[500][4];
//用于存放搜索结点，q[][0]是左岸传教士人数
//q[][1]是左岸野蛮人人数，q[][2]是左岸船的数目int ans=0;int op_num = 0;
int go[500][2];
int fx[500][500];//安全状态：左岸中，传教士都在or都不在or传教士人数等于野人人数
int is_safe(int state[3])
{if ((state[0]==0||state[0]==X||state[0]==state[1])&&(state[1]>=0)&&(state[1]<=Y)){return 1;}return 0;
}//是否到达目标状态
int is_success(int state[3])
{if (state[0]==0&&state[1]==0)return 1;return 0;
}//该状态是否已经访问过
int vis(int state[3])
{for (vector<node>::iterator it = s.begin(); it != s.end(); it++)if ((*it).q[0] == state[0] && (*it).q[1] == state[1] && (*it).q[2] == state[2])return 1;return 0;
}int f1(int state[3])
{return state[0]+state[1];
}int f2(int state[3])
{return state[0]+state[1]-2*state[2];
}
int find_max(int cur)
{int max = -1;int op = -1;for (int j = 0; j < op_num; j++)//分别考虑可能的动作{if (fx[cur+1][j] > max){max = fx[cur+1][j];op = j;}}if (max == -1)op = -1;return op;
}//过河操作
int search(int cur)
{if (is_success(q[cur])){ans = cur;return 1;}int state[3];int j;//cout<<"第"<<cur<<"层搜索"<<endl;//获取当前搜索结点//cout<<"展开结点"<<cur<<":"<<q[cur][0]<<' '<<q[cur][1]<<' '<<q[cur][2]<<endl;if (q[cur][2])//船在左边{for (j = 0; j < op_num; j++)//分别考虑可能的动作{state[0]=q[cur][0]-go[j][0];state[1]=q[cur][1]-go[j][1];state[2]=0;//船到了右边fx[cur+1][j]=f2(state);}j = find_max(cur);while (j != -1){fx[cur+1][j] = -1;state[0]=q[cur][0]-go[j][0];state[1]=q[cur][1]-go[j][1];state[2]=0;//船到了右边cout<<abs(q[cur][0])<<" "<<abs(q[cur][1])<<" "<<1<<" "<<j<<endl; dai++;if (is_safe(state)&&!vis(state))//如果是安全状态//判断与之前展开结点是否相同{node nd;nd.q[0]=q[cur+1][0]=state[0];nd.q[1]=q[cur+1][1]=state[1];nd.q[2]=q[cur+1][2]=state[2];s.push_back(nd);//cout<<"合法结点:"<<state[0]<<' '<<state[1]<<' '<<state[2]<<endl;if (search(cur+1)){return 1;}}j = find_max(cur);}}else    //船在右边{for (j = 0; j < op_num; j++)//分别考虑可能的动作{state[0]=q[cur][0]+go[j][0];state[1]=q[cur][1]+go[j][1];state[2]=1;fx[cur+1][j]=f2(state);}j = find_max(cur);while (j != -1){fx[cur+1][j] = -1;state[0]=q[cur][0]+go[j][0];state[1]=q[cur][1]+go[j][1];state[2]=1; //船回到左边cout<<abs(q[cur][0])<<" "<<abs(q[cur][1])<<" "<<0<<" "<<j<<endl; dai++;if (is_safe(state)&&!vis(state))//如果是安全状态且与之间状态不同{node nd;nd.q[0]=q[cur+1][0]=state[0];nd.q[1]=q[cur+1][1]=state[1];nd.q[2]=q[cur+1][2]=state[2];s.push_back(nd);//cout<<"合法结点:"<<state[0]<<' '<<state[1]<<' '<<state[2]<<endl;if(search(cur+1))return 1;}j = find_max(cur);}}return 0;
}int main()
{cout<<"请输入修道士野蛮人数：";cin>>n;cout<<"请输入船只容量：";cin>>k;X = Y = n;int state[3];//初始状态node nd;nd.q[0]=state[0]=q[0][0]=X;nd.q[1]=state[1]=q[0][1]=Y;nd.q[2]=state[2]=q[0][2]=1;s.push_back(nd);//初始化操作cout<<"合法的操作组有："<<endl;for (int i = 1; i <= k; i++)for ( int j = 0; j <= i; j++){if (j >= i-j || j == 0){go[op_num][0] = j;go[op_num][1] = i-j;cout<<go[op_num][0]<<' '<<go[op_num][1]<<endl;op_num++;}}cout<<endl;if (!search(0)){cout<<"无解"<<endl;return 0;}cout<<"找到的解为:"<<endl;for (int i = 0; i <= ans; i++){//cout<<q[i][0]<<' '<<q[i][1]<<' '<<q[i][2]<<endl;if (i > 0){cout<<abs(q[i][0]-q[i-1][0])<<"个传教士和"<<abs(q[i][1]-q[i-1][1])<<"个野人";if (q[i][2])cout<<"从右岸乘船至左岸"<<endl;elsecout<<"从左岸乘船至右岸"<<endl;cout<<"左岸有"<<q[i][0]<<"个传教士和"<<q[i][1]<<"个野人"<<endl;cout<<"右岸有"<<n-q[i][0]<<"个传教士和"<<n-q[i][1]<<"个野人"<<endl<<endl;}}cout<<"本次搜索结果步骤数目："<<ans<<endl;cout<<"本次搜索所花费的费用："<<dai<<endl;return 0;
}

3、见文件夹

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