ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΜΕ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΙΚΑΝΟΠΟΙΗΣΗΣ ΠΕΡΙΟΡΙΣΜΩΝ

Transcript

1 ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΜΕ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΙΚΑΝΟΠΟΙΗΣΗΣ ΠΕΡΙΟΡΙΣΜΩΝ ΘΕΜΑ 1 ο Έστω το πρόβληµα της τοποθέτησης τεσσάρων (4) βασιλισσών πάνω σε µια σκακιέρα 4x4, έτσι ώστε να µην απειλεί η µία την άλλη. Προσπαθήστε να λύσετε το πρόβληµα χρησιµοποιώντας τον αλγόριθµο αναρρίχησης λόφων. Χρησιµοποιείστε ευριστική συνάρτηση της επιλογής σας. Τερµατίστε την αναζήτηση όταν βρείτε τη λύση ή όταν συναντήσετε για δεύτερη φορά την ίδια κατάσταση. Υπόδειξη 1: Για την αναπαράσταση των καταστάσεων θεωρείστε ότι κάθε βασίλισσα βρίσκεται και κινείται στη «δική της» στήλη. Έτσι, ένα διάνυσµα της µορφής [x, y, z, w], µε x, y, z, w {1, 2, 3, 4}, όπου οι αριθµοί x, y, z, w δηλώνουν τη γραµµή στην οποία βρίσκεται κάθε βασίλισσα, αρκεί για την αναπαράσταση των καταστάσεων. Επιλέξτε τυχαία αρχική κατάσταση. Απάντηση: Η λογική επίλυσης της άσκησης είναι η εξής: Ξεκινώντας από µια τυχαία τοποθέτηση των βασιλισσών πάνω στη σκακιέρα, σε κάθε βήµα µετακινούµε µια από αυτές σε µια άλλη θέση στη στήλη της, µέχρι να βρούµε µια διάταξή τους όπου να µην υπάρχουν απειλές. Με δεδοµένο ότι κάθε βασίλισσα µπορεί να πάει σε τρεις θέσεις, οι δυνατές «κινήσεις» σε κάθε βήµα είναι 3x4=12. Κάθε µια από τις ενδεχόµενες επόµενες καταστάσεις βαθµολογείται βάσει της ευριστικής συνάρτησης και επιλέγεται αυτή µε τον µικρότερο βαθµό ως η νέα κατάσταση του αλγορίθµου αναζήτησης. Ως ευριστική συνάρτηση επιλέγουµε το πλήθος των απειλών που υπάρχουν µεταξύ των βασιλισσών. Επειδή κάθε απειλή είναι «διπλή», δηλαδή αν η βασίλισσα Α απειλεί την βασίλισσα Β τότε και η Β θα απειλεί την Α, «συµφωνούµε» να µην τις µετράµε τις απειλές διπλά. Ως αρχική κατάσταση επιλέγουµε την [1,1,1,1]. Στην κατάσταση αυτή υπάρχουν 6 απειλές. Αρχική κατάσταση: [1,1,1,1] = 6 υνατές κινήσεις: [2,1,1,1]=4 [1,2,1,1]=5 [1,1,2,1]=5 [1,1,1,2]=4 [3,1,1,1]=4 [1,3,1,1]=4 [1,1,3,1]=4 [1,1,1,3]=4 [4,1,1,1]=4 [1,4,1,1]=3 [1,1,4,1]=3 [1,1,1,4]=4 Επιλέγουµε την µετάβαση [1,4,1,1] υνατές επόµενες κινήσεις: [2,4,1,1]=1 [1,1,1,1]=6 [1,4,2,1]=2 [1,4,1,2]=2 [3,4,1,1]=3 [1,2,1,1]=5 [1,4,3,1]=2 [1,4,1,3]=1 [4,4,1,1]=3 [1,3,1,1]=4 [1,4,4,1]=2 [1,4,1,4]=2 Επιλέγουµε τη µετάβαση [2,4,1,1] υνατές επόµενες κινήσεις: [1,4,1,1]=3 [2,1,1,1]=4 [2,4,2,1]=2 [2,4,1,2]=3 [3,4,1,1]=3 [2,2,1,1]=3 [2,4,3,1]=1 [2,4,1,3]=0 [4,4,1,1]=3 [2,3,1,1]=3 [2,4,4,1]=2 [2,4,1,4]=1 Επιλέγουµε τη µετάβαση [2,4,1,3], η οποία αποτελεί και τη λύση του προβλήµατος, µιας και δεν υπάρχει καµία απειλή σε αυτή τη διάταξη των βασιλισσών.

2 ΘΕΜΑ 2 ο Έστω το πρόβληµα του χρωµατισµού του χάρτη της Αυστραλίας µε τα τρία χρώµατα {κόκκινο, πράσινο, µπλε}, έτσι ώστε να µην υπάρχουν γειτονικές περιοχές µε ίδιο χρώµα. ιατυπώστε το πρόβληµα ως πρόβληµα ικανοποίησης περιορισµών, δηλαδή ορίστε τις µεταβλητές του προβλήµατος, τα πεδία τιµών τους και σχεδιάστε τον γράφο περιορισµών. Στη συνέχεια λύστε το πρόβληµα χρησιµοποιώντας αλγόριθµους ελέγχου συνέπειας. Υπόδειξη: Για γρηγορότερη επίλυση «υιοθετείστε» το ευριστικό µηχανισµό LCV (Least Constraint Variable), σύµφωνα µε τον οποίο, κάθε φορά που χρειάζεται να αποδώσουµε τιµή σε µια µεταβλητή, επιλέγουµε αυτή που συµµετέχει σε περισσότερους περιορισµούς. Απάντηση: Χρειαζόµαστε 7 µεταβλητές, όπου κάθε µια αντιστοιχεί σε µια περιοχή της Αυστραλίας. Έστω WA, NT, SA, Q, NSW, V και T τα ονόµατά τους, από τα αρχικά γράµµατα των αντίστοιχων περιοχών. Όλες οι µεταβλητές έχουν το ίδιο πεδίο τιµών, δηλαδή τα τρία χρώµατα {κόκκινο, πράσινο, µπλε}. Οι περιορισµοί του προβλήµατος είναι οι παρακάτω: WA NT NT Q SA NSW WA SA SA Q SA V NT SA Q NSW NSW V Ο γράφος περιορισµών φαίνεται παρακάτω: NT Q WA SA NSW V T Από τους υπάρχοντες περιορισµούς δεν προκύπτει καµία µεταβολή στα αρχικά πεδία τιµών των µεταβλητών. Επιλέγουµε λοιπόν να αναθέσουµε τιµή στη µεταβλητή SA, η οποία συµµετέχει σε 5

3 περιορισµούς. Έστω SA=κόκκινο. Αυτό έχει ως αποτέλεσµα τα πεδία τιµών των υπολοίπων µεταβλητών να τροποποιηθούν λόγω των περιορισµών ως εξής: SA=κόκκινο WA {πράσινο, µπλε} ΝΤ {πράσινο, µπλε} Q {πράσινο, µπλε} NSW {πράσινο, µπλε} V {πράσινο, µπλε} T {κόκκινο, πράσινο, µπλε} Να σηµειωθεί ότι η συρρίκνωση των πεδίων τιµών των µεταβλητών δεν είχε ως αποτέλεσµα την περαιτέρω συρρίκνωση των πεδίων τιµών άλλων µεταβλητών Στη συνέχεια επιλέγουµε τη µεταβλητή NT, η οποία συµµετέχει σε τρεις περιορισµούς. Έστω NT=πράσινο. Αυτό έχει ως αποτέλεσµα τα πεδία των υπολοίπων µεταβλητών να τροποποιηθούν ως εξής: SA=κόκκινο WA = µπλε ΝΤ = πράσινο Q = µπλε NSW {πράσινο, µπλε} V {πράσινο, µπλε} T {κόκκινο, πράσινο, µπλε} Το γεγονός ότι η µεταβλητή WA πήρε επαγωγικά την τιµή «µπλε» δεν επηρρεάζει καµία άλλη µεταβλητή. Ωστόσο, το γεγονός ότι η µεταβλητή Q πήρε επίσης την τιµή «µπλε» επηρεάζει τη µεταβλητή NSW, η οποία πλέον παίρνει την τιµή «πράσινο». Αυτό µε τη σειρά του επηρρεάζει τη µεταβλητή V, η οποία τελικά παίρνει την τιµή «µπλε». Άρα, τα νέα πεδία τιµών των µεταβλητών διαµορφώνονται ως εξής: SA=κόκκινο WA = µπλε ΝΤ = πράσινο Q = µπλε NSW=πράσινο V= µπλε T {κόκκινο, πράσινο, µπλε} Βλέπουµε ότι όλες οι µεταβλητές έχουν πάρει συγκεκριµένη τιµή, εκτός από τη µεταβλητή Τ. Με δεδοµένο ότι η µεταβλητή Τ δεν συµµετέχει σε κανέναν περιορισµό, µπορούµε για τη µεταβλητή αυτή να επιλέξουµε τυχαία µια τιµή από το πεδίο τιµών της. Έτσι λοιπόν µια ανάθεση χρωµάτων στις διάφορες περιοχές της Αυστραλίας είναι η εξής: SA=κόκκινο WA = µπλε ΝΤ = πράσινο Q = µπλε NSW=πράσινο V= µπλε T=κόκκινο Φυσικά υπάρχουν και πολλές άλλες εναλλακτικές αναθέσεις χρωµάτων στις περιοχές. Το γεγονός ότι καταλήξαµε στη συγκεκριµένη ανάθεση έχει να κάνει µε τις «αποφάσεις» που πήραµε όταν αυθαίρετα επιλέξαµε χρώµατα για τις περιοχές SA, NT και T.

4 ΘΕΜΑ 3 ο Έστω ότι πρέπει να ορισθεί η σειρά µε την οποία θα εκτελεστούν τέσσερις εργασίες Α, Β, Γ και, µε τους εξής περιορισµούς: Η Α πρέπει να εκτελεστεί µετά από την, η Γ πριν από τη Β και η Β πριν από την Α. α) Ορίστε το πρόβληµα ως πρόβληµα ικανοποίησης περιορισµών, δηλαδή ορίστε τις µεταβλητές, τα πεδία τιµών τους και τους περιορισµούς µεταξύ τους. (1.25) β) Λύστε το πρόβληµα χρησιµοποιώντας αλγορίθµους ελέγχου συνέπειας. (1.25) Απάντηση α) Μεταβλητές: Α, Β, Γ, Πεδία τιµών: D A =D B =D Γ =D ={1,2,3,4} Περιορισµοί: Α Β, Α Γ, Α, Β Γ, Β, Γ Α> Γ<Β Β<Α β) Τα αρχικά πεδία τιµών των µεταβλητών: Α {1,2,3,4} Β {1,2,3,4} Γ {1,2,3,4} {1,2,3,4} Λόγω Β<Α, η µεταβλητή Β δε µπορεί σε καµιά περίπτωση να πάρει την τιµή 4, αλλά ούτε και η Α να πάρει την τιµή 1: Α {2,3,4} Β {1,2,3} Γ {1,2,3,4} {1,2,3,4} Λόγω Γ<Β, η Γ δεν µπορεί να πάρει την τιµή 3 ούτε και την τιµή 4, ενώ η Β δε µπορεί να πάρει την τιµή 1: Α {2,3,4} Β {2,3} Γ {1,2} {1,2,3,4} Λόγω Α> η δεν µπορεί να πάρει την τιµή 4: Α {2,3,4} Β {2,3} Γ {1,2} {1,2,3} Το πεδίο της Β έχει µεταβληθεί, οπότε ο περιορισµός Β<Α πρέπει να επανεξεταστεί. Λόγω λοιπόν του Β<Α δεν µπορεί να υπάρχει η τιµή 2 στο πεδίο της Α: Α {3,4} Β {2,3} Γ {1,2} {1,2,3} Τώρα οι πιθανοί συνδυασµοί γίνονται =24, σε σχέση µε τους 256 που υπήρχαν αρχικά.

5 Επιλέγεται για τη µεταβλητή Α η τιµή 3. Λόγω του περιορισµού Β<Α από το πεδίο της Β αφαιρείται η τιµή 3, από το πεδίο της Γ η τιµή 2 καθώς πρέπει να ισχύει Γ<Β και από το πεδίο της Α η τιµή 3 λόγω του Α>. Άρα τα πεδία γίνονται: Α {3} Β {2} Γ {1} {1,2} Όµως λόγω των περιορισµών Β και Γ από το πεδίο της αφαιρούνται επίσης οι τιµές 1 και 2 οπότε µένει κενό, που σηµαίνει ότι δεν υπάρχει δυνατή ανάθεση τιµών που να ικανοποιεί τους περιορισµούς. Η επόµενη δυνατή ανάθεση είναι να δοθεί στην Α η τιµή 4. Εφαρµόζοντας τους περιορισµούς δεν υπάρχει καµία αλλαγή στα πεδία των τιµών. Η διαδικασία προχωρά στο επόµενο βήµα αναζήτησης και ανατίθεται στη µεταβλητή Β η τιµή 2. Λόγω του περιορισµού Γ<Β, από το πεδίο της µεταβλητής Γ αφαιρείται η τιµή 2, και καθώς Β και Γ, από το πεδίο της αφαιρούνται οι τιµές 1 και 2. Οπότε τα πεδία τιµών γίνονται: Α {4} Β {2} Γ {1} {3} Αφού όλα τα πεδία έχουν µία µόνο τιµή και δεν παραβιάζεται κανένας περιορισµός, έχουµε βρει µια λύση στο πρόβληµα. ΘΕΜΑ 4 ο Έστω οι µεταβλητές A, B, C, D και E, οι οποίες είναι ακέραιες και το αρχικό πεδίο ορισµού τους είναι το {1,2,3,4} για κάθε µία από αυτές. Οι περιορισµοί που ισχύουν µεταξύ τους είναι οι: C D (1) C>E (2) C A (3) B>D (4) D>E (5) B>C (6) E+A mod 2 =0 (7) α) Σχεδιάστε το γράφο περιορισµών του προβλήµατος. (0.5) β) Εφαρµόστε τον αλγόριθµο ελέγχου συνέπειας τόξου, µέχρι να µην µπορούν να αφαιρεθούν άλλες τιµές από τα πεδία των µεταβλητών. (1) γ) Βρείτε µια λύση του προβλήµατος. (1) Υπόδειξη: Για να βρείτε µια λύση (µετά την απάντηση του ερωτήµατος (β)), επιλέξτε να αναθέσετε τιµή στην µεταβλητή που συµµετέχει στους περισσότερους περιορισµούς). Παρατήρηση: Ο περιορισµός (7) έχει το νόηµα ότι το άθροισµα των τιµών της Ε και της Α είναι άρτιος αριθµός. Έτσι εάν όλες οι τιµές της Ε είναι άρτιες τότε πρέπει και όλες οι τιµές της Α να είναι άρτιες και αντίστροφα. Παρόµοια, εάν όλες οι τιµές της Ε είναι περιττές, τότε πρέπει και όλες οι τιµές της Α να είναι περιττές και αντίστροφα. Τέλος, εάν η µία µεταβλητή περιλαµβάνει τόσο άρτιες, όσο και περιττές τιµές στο πεδίο της, το ίδιο πρέπει να συµβαίνει και µε την άλλη. Απάντηση: α) Ο γράφος περιορισµών του προβλήµατος φαίνεται παρακάτω:

6 B B>C C A C A B>D C D E+A mod 2 =0 C>E D E D>E β) Έχουµε καταρχήν να ελέγξουµε όλες τις µεταβλητές, για τις σχέσεις τους µε άλλες µεταβλητές. Κάθε φορά που το πεδίο µιας µεταβλητής συρρικνώνεται, θα πρέπει να γίνεται επανέλεγχος για όλες τις υπόλοιπες µεταβλητές που συνδέονται µαζί της στο γράφο περιορισµών. Τα αρχικά πεδία τιµών των µεταβλητών είναι τα: Α={1,2,3,4} Β={1,2,3,4} C={1,2,3,4} D={1,2,3,4} E={1,2,3,4} Έχουµε να ελέξουµε τις µεταβλητές Α, Β, C, D και E. Ελέγχουµε πρώτα την µεταβλητή Α. Για όλες τις τιµές του πεδίου της υπάρχουν αντίστοιχες τιµές στα πεδία των σχετιζόµενων µεταβλητών που ικανοποιούν τους περιορισµούς. Έτσι δεν αφαιρούµε καµία τιµή από το πεδίο της Α. Ελέγχουµε στη συνέχεια τη Β. Λόγω των περιορισµών B>C και B>D, αφαιρούνται οι τιµές 1 από την Β και 4 από τις C και D. Τα νέα πεδία τιµών γίνονται: Α={1,2,3,4} Β={2,3,4} C={1,2,3} D={1,2,3} E={1,2,3,4} Με δεδοµένο ότι άλλαξε το πεδίο της C, πρέπει να επαναελεγχθεί η Α. Ξαναελέγχουµε την Α, αλλά δεν προκύπτει αλλαγή στο πεδίο της. Ελέγχουµε στη συνέχεια την C. Λόγω του περιορισµού C>E, αφαιρείται η τιµή 1 από την C και οι τιµές 3,4 από την Ε. Τα πεδία τιµών γίνονται: Α={1,2,3,4} Β={2,3,4} C={2,3} D={1,2,3} E={1,2} Λόγω των αλλαγών στις C και E πρέπει να ξαναελεγχθούν όλες οι υπόλοιπες µεταβλητές. Ελέγχουµε την Β και λόγω του περιορισµού B>C αφαιρούµε την τιµή 2 από το πεδίο της Β. Τα πεδία τιµών γίνονται: Α={1,2,3,4} Β={3,4}

7 C={2,3} D={1,2,3} E={1,2} Ελέγχουµε την D, η οποία λόγω του περιορισµού D>E χάνει την τιµή 1 από το πεδίο της. Τα πεδία γίνονται: Α={1,2,3,4} Β={3,4} C={2,3} D={2,3} E={1,2} Στο σηµείο αυτό δεν µπορούµε να αφαιρέσουµε καµία τιµή από τα πεδία των µεταβλητών. γ) Στο σηµείο που φθάσαµε δεν µπορούµε να αφαιρέσουµε άλλες τιµές. Πρέπει λοιπόν να κάνουµε µια αυθαίρετη ανάθεση τιµής και να συνεχίσουµε µε τον αλγόριθµο ελέγχου συνέπειας τόξου. Επιλέγουµε να αναθέσουµε τιµή στη µεταβλητή C, η οποία συµµετέχει στους περισσότερους περιορισµούς (τέσσερις) και έστω ότι της αναθέτουµε την τιµή 3. Έτσι τα πεδία τιµών των µεταβλητών γίνονται: Α={1,2,3,4} Β={3,4} C={3} D={2,3} E={1,2} Λόγω του περιορισµού B>C, η τιµή 3 αφαιρείται από το πεδίο της Β. Λόγω των περιορισµών C D και C A, η τιµή 3 αφαιρείται και από τα πεδία της D και της Α. Έτσι τα πεδία των µεταβλητών γίνονται: Α={1,2,4} Β={4} C={3} D={2} E={1,2} Λόγω του D>E αφαιρείται η τιµή 2 από το Ε. Εφόσον λοιπόν στο Ε έχει µείνει µόνο η τιµή 1, η οποία είναι περιττός αριθµός, τότε από το Α αφαιρούνται οι τιµές 2 και 4 (λόγω του περιορισµού E+A mod 2 =0), γιατί το άθροισµά τους µε το 1 δίνει περιττό αριθµό. Τα πεδία λοιπόν γίνονται: Α={1} Β={4} C={3} D={2} E={1} Στο σηµείο αυτό όλες οι µεταβλητές έχουν µία µόνο τιµή. Επιπλέον, όλοι οι περιορισµοί ικανοποιούνται. Άρα η παραπάνω ανάθεση τιµών αποτελεί λύση του προβλήµατος. ΘΕΜΑ 5 ο Έστω ένα πρόβληµα χρονοπρογραµµατισµού πέντε εργασιών, A, B, C, D και E, κάθε µία από τις οποίες έχει διάρκεια µία ηµέρα, και οι οποίες πρέπει να εκτελεσθούν εντός τεσσάρων ηµερών. Θεωρώντας τις εργασίες ως ακέραιες µεταβλητές µε πεδίο τιµών το {1, 2, 3, 4}, οι περιορισµοί µεταξύ τους είναι οι εξής: E-A είναι άρτιος, C D, C>E, C A, B>D, D>E, B>C. Βρείτε µία λύση στο πρόβληµα χρησιµοποιώντας αναζήτηση µε υπαναχώρηση και διάδοση περιορισµών µε έλεγχο συνέπειας τόξων.

8 Υπόδειξη 1: Ο περιορισµός «Ε-Α είναι άρτιος» ενεργοποιείται µόνο όταν όλες οι τιµές του πεδίου της µιας από τις δύο µεταβλητές είναι είτε περιττές είτε άρτιες, οπότε διαγράφει από το πεδίο της άλλης µεταβλητής όλες τις άρτιες ή τις περιττές τιµές αντίστοιχα. Υπόδειξη 2: Μετά την διάδοση των περιορισµών, επιλέξτε να αναθέσετε τιµή στην µεταβλητή που συµµετέχει στους περισσότερους περιορισµούς. Απάντηση: Ο αρχικός γράφος περιορισµών του προβλήµατος, µαζί µε τα πεδία των µεταβλητών, είναι ο εξής: Α [1,2,3,4] C A C [1,2,3,4] E-A άρτιος E B>C C>E [1,2,3,4] C D D>E B [1,2,3,4] [1,2,3,4] D B>D Εκτελώντας ελέγχους συνέπειας τόξου, καταλήγουµε στα παρακάτω µειωµένα πεδία τιµών των µεταβλητών: Α [1,2,3,4] C A C [2,3] E-A άρτιος E B>C C>E [1,2] C D D>E B [3,4] [2,3] D B>D Στο σηµείο αυτό δεν µπορούµε να αφαιρέσουµε άλλες τιµές από τα πεδία των µεταβλητών, οπότε αναγκαζόµαστε να κάνουµε ανάθεση τιµής. Επιλέγουµε τη µεταβλητή η οποία συµµετέχει σε περισσότερους περιορισµούς, η οποία είναι η C (συµµετέχει σε 4 περιορισµούς) και της

9 αναθέτουµε την τιµή C=2. Εφαρµόζοντας εκ νέου τους ελέγχους συνέπειας τόξου καταλήγουµε στον παρακάτω γράφο: Α [1,3] C A C [2] E-A άρτιος E B>C C>E [1] C D D>E B [4] [3] D B>D Στο σηµείο αυτό όλες οι µεταβλητές έχουν πάρει συγκεκριµένη τιµή, εκτός από την Α που έχει δύο τιµές στο πεδίο της. Πρέπει λοιπόν και πάλι να κάνουµε ανάθεση τιµής και µάλιστα στην Α (αφού οι υπόλοιπες µεταβλητές έχουν ήδη πάρει τιµή). Όποια τιµή και αν επιλέξουµε για την Α, η συνολική ανάθεση τιµών αποτελεί λύση του προβλήµατος, έχουµε βρει λοιπόν δύο λύσεις, τις: A=1, B=4, C=2, D=3, E=1 A=3, B=4, C=2, D=3, E=1 Εάν κατά την ανάθεση τιµής στην C είχαµε επιλέξει την τιµή C=3, τότε µε παρόµοιους συλλογισµούς θα καταλήγαµε στη λύση: A=1, B=4, C=3, D=2, E=1 Αυτές είναι όλες οι λύσεις του προβλήµατος. ΘΕΜΑ 6 ο Το πρόβληµα της ζέβρας: Υπάρχουν πέντε σπίτια στη σειρά (αριθµούνται από το 1 στα αριστερά έως το 5 στα δεξιά), κάθε ένα µε διαφορετικό χρώµα (C1, C2, C3, C4, C5), που κατοικούνται από ιδιοκτήτες διαφορετικής εθνικότητας (N1, N2, N3, N4, N5). Κάθε ιδιοκτήτης έχει ένα διαφορετικό ζώο (P1, P2, P3, P4, P5), πίνει διαφορετικό ποτό (D1, D2, D3, D4, D5) και καπνίζει διαφορετικά τσιγάρα (S1, S2, S3, S4, S5) από τους υπόλοιπους ιδιοκτήτες Μας δίνονται οι παρακάτω πληροφορίες: 1. Ο Άγγλος µένει στο κόκκινο σπίτι. 2. Ο Ισπανός έχει έναν σκύλο. 3. Ο ιδιοκτήτης του πράσινου σπιτιού πίνει καφέ.

10 4. Ο Ουκρανός πίνει τσάι. 5. Το πράσινο σπίτι είναι αµέσως δεξιά από το κρεµ σπίτι. 6. Ο ιδιοκτήτης που καπνίζει Oldgold, έχει ένα σαλιγκάρι. 7. Ο ιδιοκτήτης του κίτρινου σπιτιού καπνίζει Kools. 8. Ο ιδιοκτήτης του µεσσαίου σπιτιού πίνει γάλα. 9. Ο Νορβηγός κατοικεί στο πρώτο σπίτι στα αριστερά. 10. Αυτός που καπνίζει Chesterfield µένει δίπλα στον κάτοχο της αλεπούς. 11. Το κίτρινο σπίτι είναι δίπλα στον ιδιοκτήτη του αλόγου. 12. Αυτός που καπνίζει Lucky Strike πίνει χυµό. 13. Ο Γιαπωνέζος καπνίζει Parliament. 14. Ο Νορβηγός µένει δίπλα στο µπλε σπίτι. Απαντήστε στις παρακάτω ερωτήσεις: α) Ποιος πίνει νερό; (1.5) β) Ποιος είναι ο ιδιοκτήτης της ζέβρας; (1) Υπόδειξη: Χρησιµοποιείστε έναν πίνακα σαν τον παρακάτω για να εκτελέσετε διάδοση των περιορισµών. C1 κόκκινο, C2 κόκκινο, C3 κόκκινο, C4 κόκκινο, C5 κόκκινο, πράσινο, κρεµ, κίτρινο, µπλε πράσινο, κρεµ, κίτρινο, µπλε πράσινο, κρεµ, κίτρινο, µπλε πράσινο, κρεµ, κίτρινο, µπλε πράσινο, κρεµ, κίτρινο, µπλε N1 Άγγλος, Ισπανός, Ουκρανός, Νορβηγός, Γιαπωνέζος P1 σκύλος, σαλιγκάρι, αλεπού, άλογο, ζέβρα N2 Άγγλος, Ισπανός, Ουκρανός, Νορβηγός, Γιαπωνέζος P2 σκύλος, σαλιγκάρι, αλεπού, άλογο, ζέβρα N3 Άγγλος, Ισπανός, Ουκρανός, Νορβηγός, Γιαπωνέζος P3 σκύλος, σαλιγκάρι, αλεπού, άλογο, ζέβρα N4 Άγγλος, Ισπανός, Ουκρανός, Νορβηγός, Γιαπωνέζος P4 σκύλος, σαλιγκάρι, αλεπού, άλογο, ζέβρα N5 Άγγλος, Ισπανός, Ουκρανός, Νορβηγός, Γιαπωνέζος P5 σκύλος, σαλιγκάρι, αλεπού, άλογο, ζέβρα D1 καφές, τσάι, D2 καφές, τσάι, D3 καφές, τσάι, D4 καφές, τσάι, D5 καφές, τσάι, γάλα, χυµός γάλα, χυµός γάλα, χυµός γάλα, χυµός γάλα, χυµός, νερό, νερό, νερό, νερό, νερό S1 Oldgold, Kools, S2 Oldgold, S3 Oldgold, Kools, S4 Oldgold, Kools, S5 Oldgold, Chesterfield, LuckyStrike, Parliament Kools, Chesterfield, LuckyStrike, Parliament Chesterfield, LuckyStrike, Parliament Chesterfield, LuckyStrike, Parliament Kools, Chesterfield, LuckyStrike, Parliament Απάντηση: Συµβολίζουµε µε κεφαλαία γράµµατα τις µεταβλητές, όπως στην εκφώνηση. Έχουµε συνολικά 25 µεταβλητές, για το χρώµα, την εθνικότητα, το ζώο, το ποτό και τα τσιγάρα (προσοχή: εν είναι µεταβλητές τα ίδια τα σπίτια αλλά οι ιδιότητες των σπιτιών). Σχετικά µε τα πεδία αυτών των µεταβλητών παρατηρούµε τα εξής: Στην εκφώνηση αναφέρονται πέντε χρώµατα, τα {c1=κόκκινο, c2=πράσινο, c3=κρεµ, c4=κίτρινο, c5=µπλε}, οι οποίες και αποτελούν τα αρχικά πεδία των µεταβλητών C1, C2, C3, C4, C5.

11 Στην εκφώνηση αναφέρονται πέντε εθνικότητες, οι {n1=άγγλος, n2=ισπανός, n3=ουκρανός, n4=νορβηγός, n5=γιαπωνέζος}, οι οποίες και αποτελούν τα αρχικά πεδία των µεταβλητών Ν1, Ν2, Ν3, Ν4, Ν5. Στην εκφώνηση (λαµβάνοντας υπόψη και τα ερωτήµατα) αναφέρονται πέντε ζώα, τα {p1=σκύλος, p2=σαλιγκάρι, p3=αλεπού, p4=άλογο, p5=ζέβρα}, τα οποία και αποτελούν τα αρχικά πεδία των µεταβλητών P1, P2, P3, P4, P5. Στην εκφώνηση (λαµβάνοντας υπόψη και τα ερωτήµατα) αναφέρονται πέντε ποτά, τα {d1=καφές, d2=τσάι, d3=γάλα, d4=χυµός, d5=νερό }, τα οποία και αποτελούν τα αρχικά πεδία των µεταβλητών D1, D2, D3, D4, D5. Στην εκφώνηση αναφέρονται πέντε µάρκες τσιγάρων, οι {s1=oldgold, s2=kools, s3=chesterfield, s4=luckystrike, s5=parliament}, οι οποίες και αποτελούν τα αρχικά πεδία των µεταβλητών S1, S2, S3, S4, S5. Ο παρακάτω πίνακας έχει τα αρχικά πεδία ορισµού όλων των µεταβλητών. C1 c1,c2,c3,c4,c5 C2 c1,c2,c3,c4,c5 C3 c1,c2,c3,c4,c5 C4 c1,c2,c3,c4,c5 C5 c1,c2,c3,c4,c5 N1 n1,n2,n3,n4,n5 N2 n1,n2,n3,n4,n5 N3 n1,n2,n3,n4,n5 N4 n1,n2,n3,n4,n5 N5 n1,n2,n3,n4,n5 P1 p1,p2,p3,p4,p5 P2 p1,p2,p3,p4,p5 P3 p1,p2,p3,p4,p5 P4 p1,p2,p3,p4,p5 P5 p1,p2,p3,p4,p5 D1 d1,d2,d3,d4,d5 D2 d1,d2,d3,d4,d5 D3 d1,d2,d3,d4,d5 D4 d1,d2,d3,d4,d5 D5 d1,d2,d3,d4,d5 S1 s1,s2,s3,s4,s5 S2 s1,s2,s3,s4,s5 S3 s1,s2,s3,s4,s5 S4 s1,s2,s3,s4,s5 S5 s1,s2,s3,s4,s5 Θεωρούµε δεδοµένο ότι το πρόβληµα έχει λύση. Θα εφαρµόσουµε τη γνωστή τεχνική διάδοσης περιορισµών, µε σκοπό να διαγράψουµε όσο το δυνατόν περισσότερες τιµές από τα πεδία των µεταβλητών, µέχρις να µην µπορεί να διαγραφεί καµία άλλη τιµή. Στο σηµείο αυτό ελπίζουµε ότι κάποιες µεταβλητές θα έχουν πάρει µοναδική τιµή, ώστε να είναι δυνατή η απάντηση των ερωτήσεων. Από την πρόταση 9 προκύπτει ότι Ν1=n4, άρα η τιµή n4 αφαιρείται από τις µεταβλητές N2, N3, N4, N5: C1 c1,c2,c3,c4,c5 C2 c1,c2,c3,c4,c5 C3 c1,c2,c3,c4,c5 C4 c1,c2,c3,c4,c5 C5 c1,c2,c3,c4,c5 N1 n4 N2 n1,n2,n3,n5 N3 n1,n2,n3,n5 N4 n1,n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5 P1 p1,p2,p3,p4,p5 P2 p1,p2,p3,p4,p5 P3 p1,p2,p3,p4,p5 P4 p1,p2,p3,p4,p5 P5 p1,p2,p3,p4,p5 D1 d1,d2,d3,d4,d5 D2 d1,d2,d3,d4,d5 D3 d1,d2,d3,d4,d5 D4 d1,d2,d3,d4,d5 D5 d1,d2,d3,d4,d5 S1 s1,s2,s3,s4,s5 S2 s1,s2,s3,s4,s5 S3 s1,s2,s3,s4,s5 S4 s1,s2,s3,s4,s5 S5 s1,s2,s3,s4,s5 Από την πρόταση 14 προκύπτει ότι το δεύτερο σπίτι είναι µπλε. Άρα C2=c5 και η τιµή c5 αφαιρείται από τα πεδία των µεταβλητών C1, C3, C4, C5: C1 c1,c2,c3,c4 C2 c5 C3 c1,c2,c3,c4 C4 c1,c2,c3,c4 C5 c1,c2,c3,c4 N1 n4 N2 n1,n2,n3,n5 N3 n1,n2,n3,n5 N4 n1,n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5 P1 p1,p2,p3,p4,p5 P2 p1,p2,p3,p4,p5 P3 p1,p2,p3,p4,p5 P4 p1,p2,p3,p4,p5 P5 p1,p2,p3,p4,p5 D1 d1,d2,d3,d4,d5 D2 d1,d2,d3,d4,d5 D3 d1,d2,d3,d4,d5 D4 d1,d2,d3,d4,d5 D5 d1,d2,d3,d4,d5 S1 s1,s2,s3,s4,s5 S2 s1,s2,s3,s4,s5 S3 s1,s2,s3,s4,s5 S4 s1,s2,s3,s4,s5 S5 s1,s2,s3,s4,s5 Από την πρόταση 8 προκύπτει ότι D3=D3 και η τιµή d3 αφαιρείται από τα πεδία των µεταβλητών D1, D2, D4, D5: C1 c1,c2,c3,c4 C2 c5 C3 c1,c2,c3,c4 C4 c1,c2,c3,c4 C5 c1,c2,c3,c4 N1 n4 N2 n1,n2,n3,n5 N3 n1,n2,n3,n5 N4 n1,n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5 P1 p1,p2,p3,p4,p5 P2 p1,p2,p3,p4,p5 P3 p1,p2,p3,p4,p5 P4 p1,p2,p3,p4,p5 P5 p1,p2,p3,p4,p5 D1 d1,d2,d4,d5 D2 d1,d2,d4,d5 D3 d3 D4 d1,d2,d4,d5 D5 d1,d2,d4,d5 S1 s1,s2,s3,s4,s5 S2 s1,s2,s3,s4,s5 S3 s1,s2,s3,s4,s5 S4 s1,s2,s3,s4,s5 S5 s1,s2,s3,s4,s5 Γνωρίζοντας ότι στο πρώτο σπίτι κατοικεί ο Νορβηγός, και λαµβάνοντας υπόψη διάφορες προτάσεις σχετικά µε ζώα, χρώµατα, ποτά και τσιγάρα διαφόρων άλλων ιδιοκτητών, αφαιρούµε τις

12 αντίστοιχες τιµές από το πεδίο των µεταβλητών που αναφέρονται στο πρώτο σπίτι. Έτσι, λαµβάνοντας υπόψη τις προτάσεις 1, 2, 4 και 13, έχουµε: C1 c2,c3,c4 C2 c5 C3 c1,c2,c3,c4 C4 c1,c2,c3,c4 C5 c1,c2,c3,c4 N1 n4 N2 n1,n2,n3,n5 N3 n1,n2,n3,n5 N4 n1,n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5 P1 p2,p3,p4,p5 P2 p1,p2,p3,p4,p5 P3 p1,p2,p3,p4,p5 P4 p1,p2,p3,p4,p5 P5 p1,p2,p3,p4,p5 D1 d1,d4,d5 D2 d1,d2,d4,d5 D3 d3 D4 d1,d2,d4,d5 D5 d1,d2,d4,d5 S1 s1,s2,s3,s4 S2 s1,s2,s3,s4,s5 S3 s1,s2,s3,s4,s5 S4 s1,s2,s3,s4,s5 S5 s1,s2,s3,s4,s5 Η πρόταση 5 µας λέει ότι το πράσινο σπίτι είναι αµέσως δεξιά από το κρεµ. Με δεδοµένο ότι το δεύτερο σπίτι είναι µπλε, το κρεµ σπίτι πρέπει να είναι είτε το τρίτο, είτε το τέταρτο, και αντίστοιχα το πράσινο σπίτι πρέπει να είναι είτε το τέταρτο είτε το πέµπτο. Άρα η τιµή c3=κρεµ αφαιρείται από τις µεταβλητές C1, C2 και C5, ενώ η τιµή c2=πράσινο αφαιρείται από τις µεταβλητές C1, C2 και C3. Επιπλέον, η µεταβλητή C4 µπορεί να έχει τιµή είτε c3=κρεµ είτε c2=πράσινο: C1 c4 C2 c5 C3 c1,c3 C4 c2,c3 C5 c1,c2 N1 n4 N2 n1,n2,n3,n5 N3 n1,n2,n3,n5 N4 n1,n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5 P1 p2,p3,p4,p5 P2 p1,p2,p3,p4,p5 P3 p1,p2,p3,p4,p5 P4 p1,p2,p3,p4,p5 P5 p1,p2,p3,p4,p5 D1 d1,d4,d5 D2 d1,d2,d4,d5 D3 d3 D4 d1,d2,d4,d5 D5 d1,d2,d4,d5 S1 s1,s2,s3,s4 S2 s1,s2,s3,s4,s5 S3 s1,s2,s3,s4,s5 S4 s1,s2,s3,s4,s5 S5 s1,s2,s3,s4,s5 Βλέπουµε ήδη ότι το πρώτο σπίτι είναι c4=κίτρινο! Έτσι µπορούµε να βγάλουµε τα παρακάτω συµπεράσµατα: από την 1 προκύπτει ότι σε αυτό δεν µένει ο n1=άγγλος, από την 4 προκύπτει ότι ο ιδιοκτήτης του πρώτου σπιτιού δεν πίνει d1=καφέ, από την 7 προκύπτει ότι o ιδιοκτήτης του πρώτου σπιτιού καπνίζει s2=kools, οπότε η τιµή s2 αφαιρείται από τις S2, S3, S4 και S5, από την 11 προκύπτει ότι ο ιδιοκτήτης του δεύτερου σπιτιού έχει p4=άλογο, οπότε η τιµή p4 αφαιρείται από τις P1, P3, P4, P5. Έτσι τα πεδία των µεταβλητών γίνονται: C1 c4 C2 c5 C3 c1,c3 C4 c2,c3 C5 c1,c2 N1 n4 N2 n1,n2,n3,n5 N3 n1,n2,n3,n5 N4 n1,n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5 P1 p2,p3,p5 P2 p4 P3 p1,p2,p3,p5 P4 p1,p2,p3,p5 P5 p1,p2,p3,p5 D1 d4,d5 D2 d1,d2,d4,d5 D3 d3 D4 d1,d2,d4,d5 D5 d1,d2,d4,d5 S1 s2 S2 s1,s3,s4,s5 S3 s1,s3,s4,s5 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s4,s5 Από την 12 προκύπτει ότι ο Νορβηγός, που µένει στο πρώτο σπίτι, δεν πίνει d4=χυµό, άρα η τιµή d4 αφαιρείται από την D1 και αποµένει η τιµή d5=νερό, η οποία µε τη σειρά της αφαιρείται από τις D2, D3, D4, D5. Επίσης από την 6 προκύπτει ότι ο Νορβηγός δεν έχει p2=σαλιγκάρι: C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c1,c3 C4 c2,c3 C5 c1,c2 N1 n4=νορβηγός N2 n1,n2,n3,n5 N3 n1,n2,n3,n5 N4 n1,n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5 D1 d5=νερό D2 d1,d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d1,d2,d4 D5 d1,d2,d4 S1 s2=kools S2 s1,s3,s4,s5 S3 s1,s3,s4,s5 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s4,s5 Έχουµε λοιπόν απαντήσει στο ερώτηµα α) σχετικά µε το ποιος πίνει νερό: Είναι ο Νορβηγός, ο οποίος µένει στο πρώτο σπίτι. Από την 3 και µε δεδοµένο ότι η τιµή c2=πράσινο εµφανίζεται µόνο στο 4 ο και το 5 ο σπίτι, προκύπτει ότι η τιµή d1=καφές µπορεί να εµφανίζεται µόνο σε αυτά τα σπίτια, οπότε αφαιρείται από την D2: C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c1,c3 C4 c2,c3 C5 c1,c2 N1 n4=νορβηγός N2 n2,n3,n5 N3 n1,n2,n3,n5 N4 n1,n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5

13 D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d1,d2,d4 D5 d1,d2,d4 S1 s2=kools S2 s1,s3,s4,s5 S3 s1,s3,s4,s5 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s4,s5 Από την 1 προκύπτει ότι η τιµή n1=άγγλος δεν µπορεί να είναι ιδιοκτήτης κανενός σπιτιού το οποίο δεν µπορεί να είναι c1=κόκκινο. Έτσι η τιµή n1 αφαιρείται από την Ν2 και από την Ν4. C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c1,c3 C4 c2,c3 C5 c1,c2 N1 n4=νορβηγός N2 n2,n3,n5 N3 n1,n2,n3,n5 N4 n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5 D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d1,d2,d4 D5 d1,d2,d4 S1 s2=kools S2 s1,s3,s4,s5 S3 s1,s3,s4,s5 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s4,s5 Από την 4 προκύπτει ότι ο Ουκρανός δεν µένει στο τρίτο σπίτι, µιας και αν έµενε εκεί θα έπινε γάλα. Άρα η τιµή n3=ουκρανός αφαιρείται από τη µεταβλητή N3: C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c1,c3 C4 c2,c3 C5 c1,c2 N1 n4=νορβηγός N2 n2,n3,n5 N3 n1,n2,n5 N4 n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5 D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d1,d2,d4 D5 d1,d2,d4 S1 s2=kools S2 s1,s3,s4,s5 S3 s1,s3,s4,s5 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s4,s5 Από την 12 προκύπτει ότι αυτός που µένει στο 3 ο σπίτι δεν καπνίζει s4=luckystrike: C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c1,c3 C4 c2,c3 C5 c1,c2 N1 n4=νορβηγός N2 n2,n3,n5 N3 n1,n2,n5 N4 n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5 D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d1,d2,d4 D5 d1,d2,d4 S1 s2=kools S2 s1,s3,s4,s5 S3 s1,s3,s5 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s4,s5 Από την 2 προκύπτει ότι στο 2 ο σπίτι δεν κατοικεί n2=ισπανός, άρα αφαιρείται η τιµή n2 από τη µεταβλητή Ν2: C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c1,c3 C4 c2,c3 C5 c1,c2 N1 n4=νορβηγός N2 n3,n5 N3 n1,n2,n5 N4 n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5 D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d1,d2,d4 D5 d1,d2,d4 S1 s2=kools S2 s1,s3,s4,s5 S3 s1,s3,s5 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s4,s5 Από την 6 προκύπτει ότι στο 2 ο σπίτι δεν καπνίζουν s1=oldgold: C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c1,c3 C4 c2,c3 C5 c1,c2 N1 n4=νορβηγός N2 n3,n5 N3 n1,n2,n5 N4 n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5 D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d1,d2,d4 D5 d1,d2,d4 S1 s2=kools S2 s3,s4,s5 S3 s1,s3,s5 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s4,s5 Στο σηµείο αυτό δεν µπορούµε να κόψουµε άλλες τιµές, οπότε επιλέγουµε να κάνουµε κάποια ανάθεση. Έστω ότι C4=c2=πράσινο. Λαµβάνοντας υπόψη και την πρόταση 5, προκύπτει ότι C3=c3 και άρα C5=c1: C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c3=κρεµ C4 c2=πράσινο C5 c1=κόκκινο N1 n4=νορβηγός N2 n3,n5 N3 n1,n2,n5 N4 n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5 D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d1,d2,d4 D5 d1,d2,d4 S1 s2=kools S2 s3,s4,s5 S3 s1,s3,s5 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s4,s5 Λαµβάνοντας υπόψη τις 1 και 3 και αφαιρώντας τις τιµές n1=άγγλος και d1=καφές από όπου απαιτείται, έχουµε:

14 C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c3=κρεµ C4 c2=πράσινο C5 c1=κόκκινο N1 n4=νορβηγός N2 n3,n5 N3 n2,n5 N4 n2,n3,n5 N5 n1=άγγλος D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d1=καφές D5 d2,d4 S1 s2=kools S2 s3,s4,s5 S3 s1,s3,s5 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s4,s5 Από την 4 προκύπτει ότι στο 4 ο σπίτι δεν µένει n3=ουκρανός: C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c3=κρεµ C4 c2=πράσινο C5 c1=κόκκινο N1 n4=νορβηγός N2 n3,n5 N3 n2,n5 N4 n2,n5 N5 n1=άγγλος D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d1=καφές D5 d2,d4 S1 s2=kools S2 s3,s4,s5 S3 s1,s3,s5 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s4,s5 Από την 12 προκύπτει ότι αυτός που µένει στο 4 ο σπίτι δεν καπνίζει s4=luckystrike, ενώ από την 13 προκύπτει ότι στο 5 ο σπίτι δεν καπνίζουν s5=parliament. C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c3=κρεµ C4 c2=πράσινο C5 c1=κόκκινο N1 n4=νορβηγός N2 n3,n5 N3 n2,n5 N4 n2,n5 N5 n1=άγγλος D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d1=καφές D5 d2,d4 S1 s2=kools S2 s3,s4,s5 S3 s1,s3,s5 S4 s1,s3,s5 S5 s1,s3,s4 Από την 4 προκύπτει ότι ο n3=ουκρανός µένει στο 2 ο σπίτι και πίνει d2=τσάι. Οι τιµές αυτές αφαιρούνται από τις υπόλοιπες µεταβλητές, µε αποτέλεσµα να προκύψει ότι ο Άγγλος πίνει χυµό : C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c3=κρεµ C4 c2=πράσινο C5 c1=κόκκινο N1 n4=νορβηγός N2 n3=ουκρανός N3 n2,n5 N4 n2,n5 N5 n1=άγγλος D1 d5=νερό D2 d2=τσάι D3 d3=γάλα D4 d1=καφές D5 d4=χυµός S1 s2=kools S2 s3,s4,s5 S3 s1,s3,s5 S4 s1,s3,s5 S5 s1,s3,s4 Πλέον, από την 12 προκύπτει ότι ο Άγγλος καπνίζει s4=luckystrike. Η τιµή αυτή διαγράφεται από τις υπόλοιπες µεταβλητές: C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c3=κρεµ C4 c2=πράσινο C5 c1=κόκκινο N1 n4=νορβηγός N2 n3=ουκρανός N3 n2,n5 N4 n2,n5 N5 n1=άγγλος D1 d5=νερό D2 d2=τσάι D3 d3=γάλα D4 d1=καφές D5 d4=χυµός S1 s2=kools S2 s3,s5 S3 s1,s3,s5 S4 s1,s3,s5 S5 s4=luckystrike Από την 6 προκύπτει ότι ο Άγγλος δεν έχει p2=σαλιγκάρι και από την 2 προκύπτει ότι ο Άγγλος δεν έχει p1=σκύλο. Επίσης από την 13 προκύπτει ότι ο Ουκρανός δεν καπνίζει s5=parliament: C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c3=κρεµ C4 c2=πράσινο C5 c1=κόκκινο N1 n4=νορβηγός N2 n3=ουκρανός N3 n2,n5 N4 n2,n5 N5 n1=άγγλος P1 p3,p5 P2 p4=άλογο P3 p1,p2,p3,p5 P4 p1,p2,p3,p5 P5 p3,p5 D1 d5=νερό D2 d2=τσάι D3 d3=γάλα D4 d1=καφές D5 d4=χυµός S1 s2=kools S2 s3=chesterfield S3 s1,s5 S4 s1,s5 S5 s4=luckystrike Παρατηρώντας τις τιµές των µεταβλητών P1, P3, P4, P5, οι οποίες πρέπει να είναι όλες διαφορετικές µεταξύ τους, βλέπουµε ότι δύο µεταβλητές, οι P1 και P5, µοιράζονται τις ίδιες δύο τιµές, p3 και p5. Άρα, αυτές οι δύο τιµές, p3 και p5, δεν µπορούν να εµφανίζονται στις µεταβλητές Ρ3 και Ρ4:

15 C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c3=κρεµ C4 c2=πράσινο C5 c1=κόκκινο N1 n4=νορβηγός N2 n3=ουκρανός N3 n2,n5 N4 n2,n5 N5 n1=άγγλος P1 p3,p5 P2 p4=άλογο P3 p1,p2 P4 p1,p2 P5 p3,p5 D1 d5=νερό D2 d2=τσάι D3 d3=γάλα D4 d1=καφές D5 d4=χυµός S1 s2=kools S2 s3=chesterfield S3 s1,s5 S4 s1,s5 S5 s4=luckystrike Από την 10 προκύπτει ότι δίπλα στο 2 ο σπίτι θα υπάρχει p3=αλεπού. Λαµβάνοντας υπόψη τα πεδία των µεταβλητών P1 και P3 φαίνεται ότι η αλεπού είναι στο πρώτο σπίτι, οπότε προκύπτει ότι στο 5 ο σπίτι είναι η p5=ζέβρα: C1 c4=κίτρινο C2 c5=µπλε C3 c3=κρεµ C4 c2=πράσινο C5 c1=κόκκινο N1 n4=νορβηγός N2 n3=ουκρανός N3 n2,n5 N4 n2,n5 N5 n1=άγγλος P1 p3=αλεπού P2 p4=άλογο P3 p1,p2 P4 p1,p2 P5 p5=ζέβρα D1 d5=νερό D2 d2=τσάι D3 d3=γάλα D4 d1=καφές D5 d4=χυµός S1 s2=kools S2 s3=chesterfield S3 s1,s5 S4 s1,s5 S5 s4=luckystrike Στο σηµείο αυτό δεν έχουµε τελειώσει, πρέπει να δούµε εάν υπάρχουν τιµές και για τις υπόλοιπες µεταβλητές που δεν έχουν πάρει τιµή. υστυχώς φαίνεται ότι καταλήγουµε σε άτοπο: Πράγµατι, από τις 2 και 6 προκύπτει ότι ο Ισπανός δεν καπνίζει Oldgold, άρα καπνίζει Parliament, που όµως είναι η µάρκα που σύµφωνα µε την 13 καπνίζει ο Γιαπωνέζος. Στο σηµείο αυτό επιστρέφουµε στο σηµείο που κάναµε επιλογή σχετικά µε τα χρώµατα των σπιτιών, και κάνουµε την άλλη επιλογή. Έστω ότι C4=c3=κρεµ. Λαµβάνοντας υπόψη και την πρόταση 5, προκύπτει ότι C5=c2=πράσινο και άρα C3=c1=κόκκινο: N1 n4=νορβηγός N2 n3,n5 N3 n1,n2,n5 N4 n2,n3,n5 N5 n1,n2,n3,n5 D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d1,d2,d4 D5 d1,d2,d4 S1 s2=kools S2 s3,s4,s5 S3 s1,s3,s5 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s4,s5 Λαµβάνοντας υπόψη τις 1 και 3 και αφαιρώντας τις τιµές n1=άγγλος και d1=καφές από όπου απαιτείται, έχουµε: N1 n4=νορβηγός N2 n3,n5 N3 n1=άγγλος N4 n2,n3,n5 N5 n2,n3,n5 D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d2,d4 D5 d1=καφές S1 s2=kools S2 s3,s4,s5 S3 s1,s3,s5 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s4,s5 Από την 4 προκύπτει ότι στο 4 ο σπίτι δεν µένει n3=ουκρανός: N1 n4=νορβηγός N2 n3,n5 N3 n1=άγγλος N4 n2,n3,n5 N5 n2,n5 D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d2,d4 D5 d1=καφές S1 s2=kools S2 s3,s4,s5 S3 s1,s3,s5 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s4,s5 Από την 12 προκύπτει ότι αυτός που µένει στο 5 ο σπίτι δεν καπνίζει s4=luckystrike, ενώ από την 13 προκύπτει ότι στο 3 ο σπίτι δεν καπνίζουν s5=parliament. N1 n4=νορβηγός N2 n3,n5 N3 n1=άγγλος N4 n2,n3,n5 N5 n2,n5 D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d2,d4 D5 d1=καφές S1 s2=kools S2 s3,s4,s5 S3 s1,s3 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s5

16 Από την 2 προκύπτει ότι στο 3 ο σπίτι, όπου κατοικεί ο Άγγλος, δεν µπορεί να έχουν p1=σκύλο: N1 n4=νορβηγός N2 n3,n5 N3 n1=άγγλος N4 n2,n3,n5 N5 n2,n5 P1 p3,p5 P2 p4=άλογο P3 p2,p3,p5 P4 p1,p2,p3,p5 P5 p1,p2,p3,p5 D1 d5=νερό D2 d2,d4 D3 d3=γάλα D4 d2,d4 D5 d1=καφές S1 s2=kools S2 s3,s4,s5 S3 s1,s3 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s5 Στο σηµείο αυτό δεν µπορεί να γίνει περαιτέρω διαγραφή τιµών, οπότε καταφεύγουµε και πάλι σε επιλογή. Έστω D2=d2=τσάι, οπότε D4=d4=χυµός : N1 n4=νορβηγός N2 n3,n5 N3 n1=άγγλος N4 n2,n3,n5 N5 n2,n5 P1 p3,p5 P2 p4=άλογο P3 p2,p3,p5 P4 p1,p2,p3,p5 P5 p1,p2,p3,p5 D1 d5=νερό D2 d2=τσάι D3 d3=γάλα D4 d4=χυµός D5 d1=καφές S1 s2=kools S2 s3,s4,s5 S3 s1,s3 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s5 Από την 4 και την 12 παίρνουµε: N1 n4=νορβηγός N2 n3=ουκρανός N3 n1=άγγλος N4 n2,n5 N5 n2,n5 P1 p3,p5 P2 p4=άλογο P3 p2,p3,p5 P4 p1,p2,p3,p5 P5 p1,p2,p3,p5 D1 d5=νερό D2 d2=τσάι D3 d3=γάλα D4 d4=χυµός D5 d1=καφές S1 s2=kools S2 s3,s5 S3 s1,s3 S4 s4=luckystrike S5 s1,s3,s5 Από την 13 προκύπτει ότι ο n5=γιαπωνέζος είναι στο 5 ο σπίτι, µιας και δεν θα µπορούσε να είναι πλέον στο 4 ο και καπνίζει s5=parliament. Άρα στο 2 ο σπίτι είναι ο Ισπανός, ενώ ο Ουκρανός καπνίζει s3=chesterfield και ο Άγγλος s1=oldgold: N1 n4=νορβηγός N2 n3=ουκρανός N3 n1=άγγλος N4 n2=ισπανός N5 n5=γιαπωνέζος P1 p3,p5 P2 p4=άλογο P3 p2,p3,p5 P4 p1,p2,p3,p5 P5 p1,p2,p3,p5 D1 d5=νερό D2 d2=τσάι D3 d3=γάλα D4 d4=χυµός D5 d1=καφές S1 s2=kools S2 s3=chesterfield S3 s1=oldgold S4 s4=luckystrike S5 s5=parliament Πλέον, από τις 2, 6 και 10 παίρνουµε: N1 n4=νορβηγός N2 n3=ουκρανός N3 n1=άγγλος N4 n2=ισπανός N5 n5=γιαπωνέζος P1 p3=αλεπού P2 p4=άλογο P3 p2=σαλιγκάρι P4 p1=σκύλος P5 p5=ζέβρα D1 d5=νερό D2 d2=τσάι D3 d3=γάλα D4 d4=χυµός D5 d1=καφές S1 s2=kools S2 s3=chesterfield S3 s1=oldgold S4 s4=luckystrike S5 s5=parliament οπότε σύµφωνα µε αυτή τη λύση τη ζέβρα την έχει ο Γιαπωνέζος. Πρέπει όµως να ελέγξουµε και την εναλλακτική περίπτωση στο τελευταίο σηµείο επιλογής. Έστω λοιπόν ότι D2=d4=χυµός και, οπότε D4= d2=τσάι: N1 n4=νορβηγός N2 n3,n5 N3 n1=άγγλος N4 n2,n3,n5 N5 n2,n5 P1 p3,p5 P2 p4=άλογο P3 p2,p3,p5 P4 p1,p2,p3,p5 P5 p1,p2,p3,p5 D1 d5=νερό D2 d4=χυµός D3 d3=γάλα D4 d2=τσάι D5 d1=καφές S1 s2=kools S2 s3,s4,s5 S3 s1,s3 S4 s1,s3,s4,s5 S5 s1,s3,s5

17 Από την 4 και την 12 παίρνουµε: N1 n4=νορβηγός N2 n5=γιαπωνέζος N3 n1=άγγλος N4 n3=ουκρανός N5 n2=ισπανός P1 p3,p5 P2 p4=άλογο P3 p2,p3,p5 P4 p1,p2,p3,p5 P5 p1,p2,p3,p5 D1 d5=νερό D2 d4=χυµός D3 d3=γάλα D4 d2=τσάι D5 d1=καφές S1 s2=kools S2 s4=luckystrike S3 s1,s3 S4 s1,s3,s5 S5 s1,s3,s5 Στο σηµείο αυτό όµως έχουµε καταλήξει σε άτοπο, γιατί παραβιάζεται η πρόταση 13. Άρα δεν υπάρχει δεύτερη λύση, οπότε η µοναδική πλήρης λύση του προβλήµατος είναι η: N1 n4=νορβηγός N2 n3=ουκρανός N3 n1=άγγλος N4 n2=ισπανός N5 n5=γιαπωνέζος P1 p3=αλεπού P2 p4=άλογο P3 p2=σαλιγκάρι P4 p1=σκύλος P5 p5=ζέβρα D1 d5=νερό D2 d2=τσάι D3 d3=γάλα D4 d4=χυµός D5 d1=καφές S1 s2=kools S2 s3=chesterfield S3 s1=oldgold S4 s4=luckystrike S5 s5=parliament οπότε τη ζέβρα την έχει ο Γιαπωνέζος! ΘΕΜΑ 7 ο Έστω το πρόβληµα κατασκευής ενός σταυρολέξου, µε βάση το παρακάτω σχήµα Για τη κατασκευή του µπορούν να χρησιµοποιηθούν οι παρακάτω λέξεις: HOSES, LASER, SHEET, SNAIL, STEER, ALSO, EARN, HIKE, IRON, SAME, EAT, LET, RUN, SUN, TEN, YES, BE, IT, NO, US. Θεωρείστε την κατασκευή του παραπάνω σταυρολέξου ως πρόβληµα ικανοποίησης περιορισµών. Ειδικότερα θεωρείστε ως µεταβλητή κάθε θέση από την οποία ξεκινά µια λέξη, είτε οριζόντια είτε κατακόρυφα. α) Ορίστε τις µεταβλητές και τα πεδία τιµών τους. (1) β) Καταγράψτε όλους τους δυαδικούς περιορισµούς του προβλήµατος. Υπόδειξη: Θεωρείστε έναν δυαδικό περιορισµό ως το σύνολο επιτρεπτών ζευγαριών τιµών για δύο µεταβλητές. Μια λέξη δεν µπορεί να χρησιµοποιηθεί δύο φορές στο σταυρόλεξο. (1) γ) Βρείτε µια λύση στο πρόβληµα ή αποδείξτε ότι δεν υπάρχει τέτοια. (0.5) Απάντηση: α) Με βάση την εκφώνηση, οι µεταβλητές του προβλήµατος είναι οι παρακάτω: Ο1, Ο8, Ο12, Κ3, Κ5 και Κ10, όπου π.χ. Ο12 σηµαίνει «Οριζόντια 12» και Κ3 σηµαίνει «Κάθετα 3». Τα πεδία τιµών τους είναι τα εξής:

18 Ο1 { HOSES, LASER, SHEET, SNAIL, STEER } O8 { ALSO, EARN, HIKE, IRON, SAME } Ο12 { BE, IT, NO, US } Κ3 { ALSO, EARN, HIKE, IRON, SAME } Κ5 { EAT, LET, RUN, SUN, TEN, YES } Κ10 { BE, IT, NO, US } β) Οι µεταξύ τους περιορισµοί είναι οι εξής: Ο1-Κ3 = { (HOSES, SAME), (LASER, SAME), (SHEET, EARN), (SNAIL, ALSO), (STEER, EARN) } Ο1-Κ5 = { (HOSES, SUN), (LASER, RUN), (SHEET, TEN), (SNAIL, LET), (STEER, RUN))} Ο8-Κ3 = { (IRON,EARN) } Ο8-Κ10 = {} Ο8-Κ5 = { (EARN, RUN), (EARN, SUN), (EARN, TEN), (IRON, RUN), (IRON, SUN), (IRON, TEN) } Ο12-Κ3 = { (NO, EARN), (NO, SAME) } Ο12-Κ10 = {} γ) Όπως φαίνεται από την απάντηση στο ερώτηµα (β), υπάρχουν δύο δυαδικοί περιορισµοί που δεν επιτρέπουν κανένα ζεύγος τιµών (Ο8-Κ10 και Ο12-Κ10). Άρα το πρόβληµα δεν έχει λύση.