[人工智能]2022秋季《人工智能》_ch3

题目

1. 什么是图搜索过程？其中，重排Open表意味着什么？重排的原则是什么？

   图搜索过程：一种系统地探索图的点和边、在图中寻找路径的过程

   重排Open表：根据评价函数$f$，重新对当前的搜索状态进行评估，以期找到当前最有希望的结点

   重排的原则：评价函数$f$

2. 试给出爬山法和分支界限搜索算法搜索图所示的从A到J的搜索路径，其中g(n)用节点深度表示，h(n)的值在图中显示。

   

   

3. 怎么用一架天平3次称出13个硬币中唯一的然而未知轻重的假币（已知有标准的硬币）

   方法一：状态空间

   状态设置：

   • 标记每枚硬币的状态为

     • 标准币：$S$

     • 标准币或轻币：$LS$

     • 标准币或重币：$HS$

     • 标准币或轻币或重币：$LHS$

   • 记当前剩余称量次数为$t$

   用五元组$(lhs,ls,hs,s,t)$描述当前状态，其中$lhs,ls,hs,s,t$表示对应状态的硬币的枚数。则题设可以翻译为由初始状态$(13,0,0,0,3)$到目标状态$(0,1,0,12,0)$或$(0,0,1,12,0)$，约束条件为$t\ge 0$。

   变化设置：

   用函数PICKUP([lhs_1,ls_1,hs_1,s_1],[lhs_2,ls_2,hs_2,s_2])表示本次分别从$(lhs,ls,hs,s,t)$中取出了$lh{s}_1,l{s}_1,h{s}_1,s_1$个硬币放到了天平的左边，取出了$lh{s}_2,l{s}_2,h{s}_2,s_2$个硬币放到了天平的右边。令PICKUP()=-1,0,1分别表示天平左倾、平衡、右倾，每次称量后状态转化为$(lh{s}^{\prime },l{s}^{\prime },h{s}^{\prime },s^{\prime },t?1)$。

   1. 左倾

      PICKUP=-1，
      $$\begin{array}{rl}{s}^{\prime }& =s+l{s}_1+h{s}_2+(lhs?lh{s}_1?lh{s}_2)+(ls?l{s}_1?l{s}_2)+(hs?h{s}_1?h{s}_2)\\ & =s+ls?l{s}_2+hs?h{s}_1+lhs?(lh{s}_1+lh{s}_2)\\ l{s}^{\prime }& =l{s}_2+lh{s}_2\\ h{s}^{\prime }& =h{s}_1+lh{s}_1\\ lh{s}^{\prime }& =0\end{array}$$

      • 在左天平状态为$LS$的硬币，在右天平的状态为$HS$和天平下的硬币都是标准型；
      • 右天平原有的$l{s}_2$个轻标准型硬币仍然为轻标准型，右天平的$lh{s}_2$个轻重标准型硬币改为轻标准型；0
      • 左天平原有的$h{s}_1$个重标准型硬币仍然为重标准型，左天平的$lh{s}_1$个轻重标准型硬币改为重标准型；
      • 只要不平衡，就不存在轻重标准型的硬币，$lh{s}^{\prime }=0$

   2. 平衡

      PICKUP=0，
      $$\begin{array}{rl}{s}^{\prime }& =s+l{s}_1+l{s}_2+h{s}_1+h{s}_2+lh{s}_1+lh{s}_2\\ l{s}^{\prime }& =ls?l{s}_1?l{s}_2\\ h{s}^{\prime }& =hs?h{s}_1?h{s}_2\\ lh{s}^{\prime }& =lhs?lh{s}_1?lh{s}_2\end{array}$$

      • 在天平上的所有硬币都是标准型
      • 左右天平上的轻标准型、重标准型均改为标准型
      • 平衡情况下，轻重标准型硬币需要减去天平上的轻重标准型

   3. 右倾

      PICKUP=1，
      $$\begin{array}{rl}{s}^{\prime }& =s+ls?l{s}_1+hs?h{s}_2+lhs?(lh{s}_1+lh{s}_2)\\ l{s}^{\prime }& =l{s}_1+lh{s}_1\\ h{s}^{\prime }& =h{s}_2+lh{s}_2\\ lh{s}^{\prime }& =0\end{array}$$

      • 与天平左倾情况对称

   搜索路径

   与或图中省略：

   • 不可能情况

   • 部分称量中的对称情况

   

方法二：逻辑推理

第一次称量：

将13个硬币（标记为$c_1,c_2,?,c_{13}$）分为三堆，其中两堆各有$4$枚，余下一堆有$5$枚，三堆分别记为$C(1,4),C(5,8),C(9,13)$，称量$C(1,4),C(5,8)$，

• 若天平平衡，说明假币在$C(9,13)$中。任取$C(9,13)$中的$3$枚，以$C(9,11)$为例，与$C(1,3)$称量，

  第二次称量：

  • 若天平平衡，说明假币为$c_{12}$或$c_{13}$，称量$c_{12}$与$c_1$，

    第三次称量：

    • 若天平平衡，则假币为$c_{13}$；
    • 若天平不平衡，则假币为$c_{12}$。

  • 若天平不平衡，说明假币为$c_9$或$c_{10}$或$c_{11}$；且若$C(9,11)$更轻/重，则假币重量更轻/重。称量$c_9$与$c_{10}$，

    第三次称量：

    • 若天平平衡，则假币为$c_{11}$；
    • 若天平不平衡，则$c_9,c_{10}$中较重的那枚为假币。

• 若天平不平衡，则$C(9,13)$中均为良币；假设$C(1,4)$更重，则$C(1,4)$中有一枚重币或$C(5,8)$中有一枚轻币。任取$C(1,4)$中的$3$枚和$C(5,8)$中的$2$枚，以$c_1,c_2,c_3,c_5,c_6$为例，与$C(9,13)$称量，

  第二次称量：

  • 若天平平衡，则称量$c_7,c_8$，

    第三次称量

    • 若天平平衡，则假币为$c_4$；
    • 若天平不平衡，则$c_7,c_8$中较轻的那枚为假币。

  • 若天平不平衡，假设$c_1,c_2,c_3,c_5,c_6$重于$C(9,13)$，则假币更重，则假币在$C(1,3)$中，称量$c_1,c_2$，

    第三次称量：

    • 若天平平衡，则假币为$c_3$；
    • 若天平不平衡，则$c_1,c_2$中较重的那枚为假币。

1. 给定4升和3升的水壶各一个。水壶上没有刻度。可以向水壶中加水。如何在4升的壶中准确的得到2升水？

   用$(X,Y)$表示当前两壶中的水量，其中$X$表示$4$升壶的水量，$Y$表示$3$升壶的水量，题设可翻译为初始状态$(0,0)$到目标状态$(2,y)$的路径。用数组closed记录已出现过的状态，open记录当前状态可以转化成的状态。遍历open，将遍历到的状态移出open，若遍历到closed中的状态，那么当前搜索停止，探索open中的下一个情况；若遍历到新状态，则将新状态加入closed，在当前层搜索结束后更新open表。

   

2. 对于A* 算法，证明下面的结论：

   a) 对于有限图，A* 算法一定会在有限步内终止；

   b) 对于无限图，只要从初始节点到目标节点有路径存在，则A* 算法也必然会终止；

   c) 若存在路径，则A* 算法一定会终止在最优路径上。

   证明

   a)

   A*算法终止有两种情况：

   1. 成功找到解，退出；
   2. 查找失败，open表为空时退出。

   对于情况1，有限图条件下必然为有限步；对于情况2，每次循环会弹出open表中的一个结点，且open表中结点个数为有限个，于是循环次数一定有限。得证。

   b)

   下用反证法证明：假设无限图从初始节点到目标节点有路径存在，A*不终止，

   • 先证引理1：对无限图，若有从初始节点s到目标节点T的路径，则A*不结束时，在open表中即使最小的一个$f$值也将增到任意大，或有$f(n)>f^{?}(S)$。

     设n为open表中任意一点，记$d^{?}(n)$为从初始节点S到n最短路径的长度，记$?$?为边耗散值的最小值，则
     $$g(n)\ge g^{?}(n)\ge d^{?}(n)??$$
     易得
     $$f(n)\ge g(n)\ge d^{?}(n)??$$
     若A*不终止，open表中总有后续节点加入，又因为图为无限图，所以$d^{?}(n)$会增加到任意大；又有$?>0$，所以$f(n)$会增加到无限大。而因为小于当前$f$值的结点都会被考察后放入closed表，所以$f(n)\ge f^{?}(S)$。

   • 再证引理2：若从初始节点到目标节点有路径存在，A*结束前，open表中必存在$f(n)\le f^{?}(S)$。

     存在一个结点n，n在最佳路径上，则有
     $$\begin{array}{rl}f(n)& =g(n)+h(n)\\ & =g^{?}(n)+h(n)\\ & \le g^{?}(n)+h^{?}(n)\\ & =f^{?}(n)\\ & =f^{?}(S)\end{array}$$

   由引理1，若A*不结束，则对open表中的所有结点n有$f(n)>f^{?}(S)$；而由引理2，由于从初始节点到目标节点有路径存在，那么必存在结点n'，使得$f(n^{\prime })\le f^{?}(S)$。矛盾，所以假设不成立。得证。

   c)

   根据a}和b)，A*一定找到一条路径结束。

   下用反证法证明：假设找到的路径s$\to$?T不是最佳路径，则
   $$f(T)=g(T)>f^{?}(S)$$
   由引理2，open中存在结点n使得$f(n)\le f^{?}(S)$，则
   $$f(n)\le f^{?}(S)<f(T)$$
   此时A*应选择n扩展，而不是T，与A*选择了T作为结束矛盾，所以假设不成立。得证。

定找到一条路径结束。

下用反证法证明：假设找到的路径s$\to$?T不是最佳路径，则
$$f(T)=g(T)>f^{?}(S)$$
由引理2，open中存在结点n使得$f(n)\le f^{?}(S)$，则
$$f(n)\le f^{?}(S)<f(T)$$
此时A*应选择n扩展，而不是T，与A*选择了T作为结束矛盾，所以假设不成立。得证。