A* 和 IDA* 听起来高大上
简单来说就是搜索的一个优化,通过一个估值函数让搜索不往不必要的地方发展
A*是用在BFS上的
IDA*是用在DFS上的
A*=优先队列+估价函数
IDA=迭代加深+估价函数
如果当前深度+估计还要的深度>限制深度 那就直接return 了
估价函数要区好,要尽量接近实际深度且不超过实际深度
迭代加深
例题 埃及分数
描述
在古埃及，人们使用单位分数的和(形如1/a的, a是自然数)表示一切有理数。如：2/3=1/2+1/6,但不允许2/3=1/3+1/3,因为加数中有相同的。对于一个分数a/b,表示方法有很多种，但是哪种最好呢？首先，加数少的比加数多的好，其次，加数个数相同的，最小的分数越大越好。
如：19/45=1/3 + 1/12 + 1/180
19/45=1/3 + 1/15 + 1/45
19/45=1/3 + 1/18 + 1/30,
19/45=1/4 + 1/6 + 1/180
19/45=1/5 + 1/6 + 1/18.
最好的是最后一种，因为1/18比1/180,1/45,1/30,1/180都大。
给出a,b(0<a<b<1000),编程计算最好的表达方式。
输入：a b
输出：若干个数，自小到大排列，依次是单位分数的分母。
样例1
样例输入1
19 45
样例输出1
5 6 18
1. 1/n=1/(n+1)+1/n*(n+1) (小学奥数)
所以对于答案,深度是无法得知的,因为可以永远拆分下去
就是说,你不知道答案由多少个分数组成
2.题目要求用最少的个数来表示分数
这对应搜索树中最小的层数
这也对应了迭代加深的条件
1.它搜索时可能会达到极大的深度，而这样的答案是没用且费时的
2.它是个最优解问题，最优的答案深度最小
于是我们可以限制搜索层数,本题也就是限制分数的个数
我们从1开始枚举深度,当有解时就直接退出(因为一定是最优解)
本题,深度为1,2都无解,当为3时,最优解为5 6 18
当同一深度有多个解时,判断一下就好了
当然,当深度为d时,会把1-d-1层重新搜索一遍
但对于第d层新增的节点,1-d-1层的就显得微不足道了
我们要保证后面搜的分母比前面的都大,不然会乱
int get_ans(int d,int from,int aa,int bb){//层数,最小的分母从from开始,当前分子,分母
if(d==maxd){//maxd 为限制的层数
if(bb%aa) return false;//最后剩下的分数要满足分子为1
v[d]=bb/aa;//v[i]是当前答案,ans是最终答案
if(better(d)){//判断同一层的最优解
for(int i=0;i<=d;i++) ans[i]=v[i];
}
return true;
}
from=max(from,bb/aa+1);//1/c<aa/bb,c>bb/aa,c>=bb/aa+1
int ok=0;
for(int i=from;;i++){//从from开始向上枚举
if(aa*i>=bb*(maxd-d+1)) break;
//aa/bb>=i/(maxd-d+1)后面分母一定比i大,如果全是i都不行肯定不行
v[d]=i;//记录答案
int b2=bb*i,a2=aa*i-bb,g=gcd(a,b);//通分并约分
if(get_ans(d+1,i+1,a2/g,b2/g)) ok=1;
}
return ok;
}
估价函数
对未来至少的层数做一个保守的估计
例题
输入格式：
第一行有一个正整数T(T<=10)，表示一共有N组数据。接下来有T个5×5的矩阵，0表示白色骑士，1表示黑色骑士，*表示空位。两组数据之间没有空行。
输出格式：
对于每组数据都输出一行。如果能在15步以内（包括15步）到达目标状态，则输出步数，否则输出－1。
输入样例#1：
2
10110
01*11
10111
01001
00000
01011
110*1
01110
01010
00100
输出样例#1：
7
-1
1.未知多少层
2.寻找最优解
3.层数只用枚举到15
4.考虑估价函数,如果当前状态与最终状态的不匹配的格子有x个,那么至少需要x-1次复原
于是很容易写出,h为估价函数
int h(){
int ret=0;
for(int i=0;i<5;i++)
for(int j=0;j<5;j++)
if(Map[i][j]!=goal[i][j]) ret++;
return ret;
}
if(h()+d-1>maxd) return 0;代码也很简单了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int goal[5][5]={{1,1,1,1,1},{0,1,1,1,1},{0,0,2,1,1},{0,0,0,0,1},{0,0,0,0,0}};
int Map[5][5],T,pd;
int fx[8]={1,-1,2,-2,1,-1,2,-2};
int fy[8]={2,2,-1,-1,-2,-2,1,1};
int stx,sty;
int h(){
int ret=0;
for(int i=0;i<5;i++)
for(int j=0;j<5;j++)
if(Map[i][j]!=goal[i][j]) ret++;
return ret;
}
bool IDA(int maxd,int d,int x,int y){
if(!h()) return 1;
if(h()+d-1>maxd) return 0;
for(int i=0;i<8;i++){
int x1=x+fx[i];
int y1=y+fy[i];
if(x1<0||x1>4||y1<0||y1>4) continue;
swap(Map[x1][y1],Map[x][y]);
if(IDA(maxd,d+1,x1,y1)) return 1;
swap(Map[x1][y1],Map[x][y]);
}
return 0;
}
int main(){
//freopen("1.in","r",stdin);
cin>>T;
while(T--){
pd=0;
for(int i=0;i<5;i++){
char s[5];scanf("%s",s);
for(int j=0;j<5;j++){
if(s[j]-'0'==0) Map[i][j]=0;
if(s[j]-'0'==1) Map[i][j]=1;
if(s[j]=='*') Map[i][j]=2,stx=i,sty=j;
}
}
for(int i=1;i<=15;i++)
if(IDA(i,0,stx,sty)){pd=i;break;}
if(pd) cout<<pd<<endl;
else cout<<"-1"<<endl;
}
}
