ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΩΝ ΚΑΙ ΚΟΙΝΩΝΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ

ΘΕΜΑ 1 ο (2.5 µονάδες) ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΜΑΚΕ ΟΝΙΑΣ ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΩΝ ΚΑΙ ΚΟΙΝΩΝΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΜΗΜΑ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΗΣ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΤΕΧΝΗΤΗ ΝΟΗΜΟΣΥΝΗ Τελικές εξετάσεις Παρασκευή 28 Σεπτεµβρίου 2007 ιάρκεια: 13:00-16:00 Έχετε δύο δοχεία, χωρητικότητας ακριβώς 3 και 5 λίτρων. Τα δοχεία δεν είναι βαθµονοµηµένα. Έχετε επίσης µία βρύση και έναν νεροχύτη. Οι ενέργειες που µπορείτε να εκτελέσετε είναι οι εξής: Πλήρες γέµισµα ενός δοχείου από τη βρύση. Πλήρες άδειασµα ενός δοχείου στο νεροχύτη. Μετακίνηση νερού από το ένα δοχείο στο άλλο, µέχρι είτε να αδειάσει το ένα είτε να γεµίσει το άλλο. α) Αρχικά τα δύο δοχεία είναι άδεια. Βρείτε την ακολουθία ενεργειών που πρέπει να εκτελέσετε για να έχετε τελικά ακριβώς ένα λίτρο νερό σε κάποιο από τα δοχεία, χρησιµοποιώντας τους αλγορίθµους πρώτα σε βάθος και πρώτα σε πλάτος. (2) β) Συγκρίνετε τα αποτελέσµατα. (0.5) Υπόδειξη 1: Χρησιµοποιείστε το συµβολισµό [x,y] για να δηλώσετε ότι το πρώτο δοχείο (µικρό) έχει περιεχόµενο x, όπου 0 x 3 και το δεύτερο δοχείο (µεγάλο) έχει περιεχόµενο y, όπου 0 y 5. Αρχική σας κατάσταση είναι η [0,0]. Υπόδειξη 2: Σε κάθε κατάσταση µπορούν να εφαρµοστούν µέχρι και 6 ενέργειες. Επειδή στους αλγορίθµους πρώτα σε βάθος και πρώτα σε βάθος η σειρά εξέτασης των ενεργειών (δηµιουργία παιδιών) επηρεάζει το αποτέλεσµα, να ελέγχετε τις ενέργειες µε την εξής σειρά: γέµισµα του µικρού δοχείου γέµισµα του µεγάλου δοχείου άδειασµα του µικρού δοχείου άδειασµα του µεγάλου δοχείου µετακίνηση από το µικρό δοχείο στο µεγάλο µετακίνηση από το µεγάλο δοχείο στο µικρό Υπόδειξη 3: Για τη δηµιουργία των παιδιών µιας κατάστασης δεν χρειάζεται να λαµβάνετε υπόψη ενέργειες οι οποίες δεν προκαλούν καµία µεταβολή στην τρέχουσα κατάσταση. Για παράδειγµα, στην αρχική κατάσταση που τα δοχεία είναι άδεια, δεν χρειάζεται να λάβετε υπόψη τις ενέργειες που αδειάζουν τα δοχεία. Απάντηση: α) Πρώτα σε βάθος Μέτωπο αναζήτησης Τρέχουσα κατάσταση Παιδιά [0,0] [0,0] [3,0], [0,5] [3,0], [0,5] [3,0] [3,5], [0,0], [0,3] [3,5], [0,0], [0,3], [0,5] [3,5] [0,5], [3,0] [0,5], [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [0,5] [3,5], [0,0], [3,2] [3,5], [0,0], [3,2], [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [3,5] βρόχος [0,0], [3,2], [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [0,0] βρόχος [3,2], [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [3,2] [3,5], [0,2], [3,0], [0,5] [3,5], [0,2], [3,0], [0,5], [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [3,5] βρόχος [0,2], [3,0], [0,5], [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [0,2] [3,2], [0,5], [0,0], [2,0]

[3,2], [0,5], [0,0], [2,0], [3,0], [0,5], [3,0], [3,2] βρόχος [0,0], [0,3], [0,5] [0,5], [0,0], [2,0], [3,0], [0,5], [3,0], [0,0], [0,5] βρόχος [0,3], [0,5] [0,0], [2,0], [3,0], [0,5], [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [0,0] βρόχος [2,0], [3,0], [0,5], [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [2,0] [3,0], [2,5], [0,0], [0,2] [3,0], [2,5], [0,0], [0,2], [3,0], [0,5], [3,0], [3,0] βρόχος [0,0], [0,3], [0,5] [2,5], [0,0], [0,2], [3,0], [0,5], [3,0], [0,0], [2,5] [3,5], [0,5], [2,0], [3,4] [0,3], [0,5] [3,5], [0,5], [2,0], [3,4], [0,0], [0,2], [3,0], [3,5] βρόχος [0,5], [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [0,5], [2,0], [3,4], [0,0], [0,2], [3,0], [0,5], [0,5] βρόχος [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [2,0], [3,4], [0,0], [0,2], [3,0], [0,5], [3,0], [2,0] βρόχος [0,0], [0,3], [0,5] [3,4], [0,0], [0,2], [3,0], [0,5], [3,0], [0,0], [3,4] [3,5], [0,4], [3,0], [2,5] [0,3], [0,5] [3,5], [0,4], [3,0], [2,5], [0,0], [0,2], [3,0], [3,5] βρόχος [0,5], [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [0,4], [3,0], [2,5], [0,0], [0,2], [3,0], [0,5], [0,4] [3,4], [0,5], [0,0], [3,1] [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [3,4], [0,5], [0,0], [3,1], [3,0], [2,5], [0,0], [3,4] βρόχος [0,2], [3,0], [0,5], [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [0,5], [0,0], [3,1], [3,0], [2,5], [0,0], [0,2], [0,5] βρόχος [3,0], [0,5], [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [0,0], [3,1], [3,0], [2,5], [0,0], [0,2], [3,0], [0,0] βρόχος [0,5], [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] [3,1], [3,0], [2,5], [0,0], [0,2], [3,0], [0,5], [3,1] Λύση! [3,0], [0,0], [0,3], [0,5] Η λύση που βρέθηκε αντιστοιχεί στην ακολουθία κινήσεων: 1. γέµισµα του µικρού δοχείου [3,0] 2. γέµισµα του µεγάλου δοχείου [3,5] 3. άδειασµα του µικρού δοχείου [0,5] 4. άδειασµα του µεγάλου δοχείου στο µικρό [2,3] 5. γέµισµα του µεγάλου δοχείου [2,5] 6. άδειασµα του µεγάλου δοχείου στο µικρό [3,4] 7. άδειασµα του µικρού δοχείου [0,4] 8. άδειασµα του µεγάλου δοχείου στο µικρό [3,1] Προφανώς δεν είναι σε καµία περίπτωση βέλτιστη λύση, µιας και οι ενέργειες 1 και 3 δεν χρειάζονται (η 3 ακυρώνει την 1). β) Πρώτα σε πλάτος Μέτωπο αναζήτησης Τρέχουσα κατάσταση Παιδιά [0,0] [0,0] [3,0], [0,5] [3,0], [0,5] [3,0] [3,5], [0,0], [0,3] [0,5], [3,5], [0,0], [0,3] [0,5] [3,5], [0,0], [3,2] [3,5], [0,0], [0,3], [3,5], [0,0], [3,2] [3,5] [0,5], [3,0] [0,0], [0,3], [3,5], [0,0], [3,2], [0,5], [3,0] [0,0] βρόχος [0,3], [3,5], [0,0], [3,2], [0,5], [3,0] [0,3] [3,3], [0,5], [0,0], [3,0] [3,5], [0,0], [3,2], [0,5], [3,0], [3,3], [0,5], [3,5] βρόχος [0,0], [3,0] [0,0], [3,2], [0,5], [3,0], [3,3], [0,5], [0,0], [3,0] [0,0] βρόχος [3,2], [0,5], [3,0], [3,3], [0,5], [0,0], [3,0] [3,2] [3,5], [0,2], [3,0], [0,5] [0,5], [3,0], [3,3], [0,5], [0,0], [3,0], [3,5], [0,5] βρόχος

[0,2], [3,0], [0,5] [3,0], [3,3], [0,5], [0,0], [3,0], [3,5], [0,2], [3,0] βρόχος [3,0], [0,5] [3,3], [0,5], [0,0], [3,0], [3,5], [0,2], [3,0], [0,5] [3,3] [3,5], [0,3], [3,0], [1,5] [0,5], [0,0], [3,0], [3,5], [0,2], [3,0], [0,5], [0,5] βρόχος [3,5], [0,3], [3,0], [1,5] [0,0], [3,0], [3,5], [0,2], [3,0], [0,5], [3,5], [0,0] βρόχος [0,3], [3,0], [1,5] [3,0], [3,5], [0,2], [3,0], [0,5], [3,5], [0,3], [3,0] βρόχος [3,0], [1,5] [3,5], [0,2], [3,0], [0,5], [3,5], [0,3], [3,0], [1,5] [3,5] βρόχος [0,2], [3,0], [0,5], [3,5], [0,3], [3,0], [1,5] [0,2] [3,2], [0,5], [0,0], [2,0] [3,0], [0,5], [3,5], [0,3], [3,0], [1,5], [3,2], [3,0] βρόχος [0,5], [0,0], [2,0] [0,5], [3,5], [0,3], [3,0], [1,5], [3,2], [0,5], [0,5] βρόχος [0,0], [2,0] [3,5], [0,3], [3,0], [1,5], [3,2], [0,5], [0,0], [2,0] [3,5] βρόχος [0,3], [3,0], [1,5], [3,2], [0,5], [0,0], [2,0] [0,3] βρόχος [3,0], [1,5], [3,2], [0,5], [0,0], [2,0] [3,0] βρόχος [1,5], [3,2], [0,5], [0,0], [2,0] [1,5] Λύση! Η λύση που βρέθηκε αντιστοιχεί στην ακολουθία βηµάτων: 1. Γέµισε το µικρό δοχείο [3,0] 2. Άδειασε το µικρό δοχείο στο µεγάλο [0,3] 3. Γέµισε το µικρό δοχείο [3,3] 4. Άδειασε το µικρό δοχείο στο µεγάλο [1,5] γ) Παρατηρούµε ότι ο αλγόριθµος πρώτα σε πλάτος βρήκε συντοµότερη λύση. Κάτι τέτοιο ήταν αναµενόµενο, µιας και ο αλγόριθµος αυτός είναι βέλτιστος. ΘΕΜΑ 2 ο (2.5 µονάδες) 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. 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 C A C E-A άρτιος E B>C C>E C D D>E B D B>D Εκτελώντας ελέγχους συνέπειας τόξου, καταλήγουµε στα παρακάτω µειωµένα πεδία τιµών των µεταβλητών: Α 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 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 3 ο (2.5 µονάδες) Έστω το παιχνίδι της τρίλιζας, στο οποίο ο παίκτης MAX, που παίζει πρώτος, έχει τα Χ, ενώ ο MIN τα O. Έστω ότι ο παίκτης MAX έχει ήδη πραγµατοποιήσει δύο κινήσεις, ενώ ο παίκτης MIN µόνο µία, οπότε είναι τώρα σειρά του παίκτη MIN να παίξει. Η κατάσταση στην τρίλιζα είναι η εξής: Ο X X α) Βρείτε ποια θα είναι η κίνηση του παίκτη MIN, κατασκευάζοντας το δένδρο του παιχνιδιού µέχρι βάθος δύο στρώσεων (δηλαδή µία κίνηση του MIN και µια απάντηση του MAX), ξεκινώντας από την παραπάνω κατάσταση. (1.5) Χρησιµοποιείστε για ευρετική συνάρτηση την εξής: Για µια κατάσταση p, ο βαθµός h(p) ορίζεται ως: h(p) = +, εάν η κατάσταση p είναι τελική όπου κερδίζει ο MAX. h(p) = -, εάν η κατάσταση p είναι τελική όπου κερδίζει ο MIN. h(p) = το πλήθος των γραµµών, στηλών, διαγωνίων στις οποίες ο MIN δεν κατέχει καµία θέση, µείον το πλήθος των γραµµών στηλών, διαγωνίων στις οποίες ο MAX δεν κατέχει καµία θέση, εφόσον η κατάσταση p δεν είναι τελική. Για παράδειγµα ο βαθµός της παρακάτω καταστάσης είναι h(p)=4-2=2 O X

O X β) Υποθέστε ότι έχετε τη δυνατότητα να µαντέψετε την καλύτερη δυνατή σειρά µε την οποία συµφέρει να ελέγξετε/βαθµολογήσετε τις διάφορες κινήσεις, ώστε να επιτύχετε το µέγιστο δυνατό κλάδεµα µε τον αλγόριθµο άλφα-βήτα. Αναδιατάξτε λοιπόν το δένδρο του παιχνιδιού που κατασκευάσετε στο προηγούµενο ερώτηµα, ώστε ο αλγόριθµος άλφα-βήτα να πετύχει το µέγιστο δυνατό κλάδεµα. (1) Απάντηση: α) Ο παίκτης MIN έχει στην διάθεσή του έξι µη συµµετρικές κινήσεις, οι οποίες φαίνονται παρακάτω: Ο X Ο X Ο X Ο X Ο O X Ο X O X X X X X X O O O O Α Β C D E F Για κάθε µία από αυτές ο παίκτης MAX έχει πέντε απαντήσεις. Ειδικότερα, για την κίνηση Α οι απαντήσεις του MAX είναι οι εξής: Ο X Ο X Ο X Ο X Ο Χ X O X O X O X O X Χ O X Χ Χ Χ G=+ H=3 I=3 J=2 K=2 Για την κίνηση Β οι απαντήσεις του MAX είναι οι εξής: Ο X X Ο X Ο X Ο X Ο X X X X X X X X O O O X O X O L=1 M=2 N=2 O=2 P=1 Για την κίνηση C οι απαντήσεις του MAX είναι οι εξής: Ο X X Ο X Ο X Ο X Ο X X X X X X X X O O X O O X O Q=1 R=2 S=+ T=2 U=1 Για την κίνηση D οι απαντήσεις του MAX είναι οι εξής: Ο X X Ο X Ο X Ο X Ο X X X X X X X X O O X O X O O V=1 W=2 X=+ Y=2 Z=1 Για την κίνηση E οι απαντήσεις του MAX είναι οι εξής: Ο O X Ο O X Ο O X Ο O X Ο O X Χ X X X X X Χ

Χ Χ Χ Γ=3 =+ Θ=3 Λ=3 Ξ=2 Τέλος για την κίνηση F οι απαντήσεις του MAX είναι οι εξής: Ο Χ X Ο X Ο X Ο X Ο X X O Χ X O X O X O X O Χ Χ Χ Π=1 Σ=2 Φ=+ Ψ=2 Ω=2 Το δένδρο του παιχνιδιού πλέον έχει ως εξής: MIN 2 MAX Α=+ Β=2 C=+ D=+ E=+ F=+ G=+ I=3 K=2 Q=1 S=+ U=1 Γ=3 Θ=3 Ξ=2 H=3 J=2 R=2 T=2 =+ Λ=3 L=1 N=2 P=1 V=1 X=+ Z=1 Π=1 Φ=+ Ω=2 M=2 O=2 W=2 Y=2 Σ=2 Ψ=2 Όπως φαίνεται, η κίνηση που θα επιλέξει ο ΜΙΝ είναι η Β. β) Παρατηρώντας το δένδρο του παιχνιδιού, βλέπουµε ότι µια αναδιάταξή του, ώστε να επιτευχθεί το µέγιστο δυνατό κλάδεµα µε χρήση του αλγορίθµου Άλφα-Βήτα, είναι η ακόλουθη (µε γκρι φαίνονται οι κόµβοι που κλαδεύονται):

MIN 2 MAX Β=2 Α=+ C=+ D=+ E=+ F=+ G=+ I=3 K=2 S=+ Q=1 U=1 =+ Θ=3 Ξ=2 H=3 J=2 R=2 T=2 Γ=3 Λ=3 L=1 N=2 P=1 X=+ V=1 Z=1 Φ=+ Π=1 Ω=2 M=2 O=2 W=2 Y=2 Σ=2 Ψ=2 Με απλά λόγια, ελέγχθηκε πρώτα ο κόµβος Β και τα παιδιά του, και στη συνέχεια, για τα παιδιά των κόµβων Α, C, D, E και F ελέγχεται πρώτα το παιδί που βαθµολογείται µε άπειρο, οπότε δεν χρειάζεται να ελεγχθεί κανένα από τα υπόλοιπα παιδιά. Πράγµατι, αν πάρουµε ως παράδειγµα τα παιδιά του κόµβου Α, µετά τον υπολογισµό του κόµβου G, δεν χρειάζεται να υπολογιστεί κανένα άλλο παιδί, µιας και αν αυτό έχει µικρότερη τιµή από τον G δεν πρόκειται να κερδίσει τον G, ενώ αν έχει ίση τιµή µε τον G (µεγαλύτερη δεν µπορεί να έχει) δεν πρόκειται να κερδίσει τον Β. ΘΕΜΑ 4 ο (2.5 µονάδες) Έστω το κατηγόρηµα Ακµή(x,y) το οποίο δηλώνει ότι υπάρχει µια ακµή σε κατευθυνόµενο γράφο από τον κόµβο x στον κόµβο y. Έστω επίσης το κατηγόρηµα Μονοπάτι(x,y), το οποίο δηλώνει ότι υπάρχει µια διαδροµή (πιθανώς µέσω ενδιάµεσων κόµβων) από τον κόµβο x στον κόµβο y. Μας δίνονται οι παρακάτω δηλώσεις: Ακµή(Α, Β). (1) Ακµή(Γ, Α). (2) x, y, Ακµή(x,y) Μονοπάτι(x,y) (3) x, y, z, Μονοπάτι(x,y) Μονοπάτι(y,z) Μονοπάτι(x,z) (4) Με βάση τα παραπάνω, και χρησιµοποιώντας την τεχνική της ανάλυσης (µε ενοποίηση µεταβλητών), αποδείξτε ότι ισχύει το: Μονοπάτι(Γ,Β). (5) Απάντηση: Πρώτα θα µετατρέψουµε τις προτάσεις (3) και (4) σε διαζεύξεις, ως εξής: Ακµή(x,y) Μονοπάτι(x,y) (5) Μονοπάτι(x,y) Μονοπάτι(y,z) Μονοπάτι(x,z) (6) Στις σχέσεις (5) και (6) παραλείψαµε τους ποσοδείκτες, µιας και όταν αυτοί είναι οι µοναδικοί ποσοδείκτες σε µια λογική πρόταση, µπορούν να παραλειφθούν και απλά υπονοούνται.

Έχουµε λοιπόν στη βάση γνώσης τις προτάσεις (1), (2), (5) και (6). Για να αποδείξουµε την πρόταση Μονοπάτι(Γ,Β), θα εισάγουµε στη βάση γνώσης την άρνησή της: Μονοπάτι(Γ,Β) (7) και εφαρµόζοντας επανειληµµένα την τεχνική της ανάλυσης θα προσπαθήσουµε να καταλήξουµε σε άτοπο. Συνδυάζοντας την (7) µε την (6) και µε την αντικατάσταση {x/γ, z/β} παίρνουµε την πρόταση: Μονοπάτι(Γ,y) Μονοπάτι(y,Β) (8) Συνδυάζοντας την (2) µε την (5) και µε την αντικατάσταση {x/γ, y/α}, παίρνουµε: Μονοπάτι(Γ,Α) (9) Συνδυάζοντας την (1) µε την (5) και µε την αντικατάσταση {x/a, y/β}, παίρνουµε: Μονοπάτι(Α,Β) (10) Συνδυάζοντας την (8) µε την (9) και µε την αντικατάσταση { y/a}, παίρνουµε: Μονοπάτι(Α,Β) (11) Οι (10) και (11) αποτελούν αντίφαση (αν τις συνδυάσουµε καταλήγουµε σε κενή πρόταση), άρα καταλήξαµε σε άτοπο το οποίο οφείλεται στην πρόταση (7). Άρα ισχύει η πρόταση Μονοπάτι(Γ,Β). ΘΕΜΑ 5 ο (2.5 µονάδες) Έστω ένα απλοποιηµένο πρόβληµα συναρµολόγησης της µηχανής ενός αυτοκινήτου, το οποίο απαιτεί πρώτα να µπει η µηχανή, µετά οι τροχοί και τέλος να γίνει η επιθεώρηση. Έχουµε τρεις ενέργειες: Action(ΠροσθήκηΜηχανής(e, c), ΠΡΟΫΠΟΘΕΣΕΙΣ: Μηχανή(e, c, d ) Σασί(c) ΜηχανήΕντός(c), ΕΠΙ ΡΑΣΕΙΣ: ΜηχανήΕντός( c ) ιάρκεια( d )) Action(ΠροσθήκηΤροχών(w, c), ΠΡΟΫΠΟΘΕΣΕΙΣ: ΜηχανήΕντός(c) Τροχοί(w, c, d) Σασί(c), ΕΠΙ ΡΑΣΕΙΣ: ΤροχοίΕπί(c) ιάρκεια(d)) Action(Επιθεώρηση(c), ΠΡΟΫΠΟΘΕΣΕΙΣ: ΜηχανήΕντός(c) ΤροχοίΕπί(c) Σασί(c), ΕΠΙ ΡΑΣΕΙΣ: Έτοιµο(c) ιάρκεια(10)) Η αρχική κατάσταση και οι στόχοι είναι οι εξής: Init(Σασί(C 1 ) Σασί(C 2 ) Μηχανή(E 1, C 1, 30) Μηχανή(E 2, C 2, 60) Τροχοί(W 1, C 1, 30) Τροχοί(W 2, C 2, 15)) Goal(Έτοιµο(C 1 ) Έτοιµο(C 2 )) Τα κατηγορήµατα των παραπάνω δηλώσεων έχουν την εξής σηµασία: Μηχανή(e,c,d): Η µηχανή e µπορεί να τοποθετηθεί στο σασί c σε χρόνο d. Σασί(c): Υπάρχει το σασί c. ΜηχανήΕντός(c): Έχει ήδη τοποθετηθεί µηχανή στο σασί c. Τροχοί(w, c, d): Οι τροχοί w µπορούν να τοποθετηθούν στο σασί c σε χρόνο d. ΤροχοίΕπί(c): Έχουν ήδη τοποθετηθεί τροχοί στο σασί c. Έτοιµο(c): Έχει ολοκληρωθεί ο έλεγχος στο σασί c. α) Καταστρώστε ένα πλάνο που να λύνει το πρόβληµα, χωρίς να λάβετε υπόψη σας τις διάρκειες των ενεργειών. εν είναι απαραίτητο να δείξετε τα βήµατα που ακολουθήσατε για να βρείτε το πλάνο. (0.5) β) Βρείτε το κρίσιµο µονοπάτι σε αυτό το πλάνο. Με βάση το µήκος του κρίσιµου µονοπατιού, υπολογείστε τον νωρίτερο και τον αργότερο χρόνο έναρξης όλων των ενεργειών στο πλάνο που βρήκατε. (1) γ) Θεωρείστε ότι υπάρχει ένα µόνο βαρούλκο για την ανύψωση της µηχανής, ένας σταθµός τοποθέτησης τροχών και δύο επιθεωρητές. Πώς τροποποιείται το πλάνο που βρήκατε στο ερώτηµα (β); Ποιος είναι τώρα ο ελάχιστος χρόνος εκτέλεσης του πλάνου; (διερευνείστε όλες τις περιπτώσεις) (1)

Απάντηση: α, β) γ) Ο συνολικός χρόνος εκτέλεσης θα ήταν µεγαλύτερος, εάν επιλέγαµε να τοποθετήσουµε τη µηχανή πρώτα στο δεύτερο όχηµα. ΑΠΑΝΤΗΣΤΕ 4 ΑΠΟ ΤΑ ΠΑΡΑΠΑΝΩ 5 ΘΕΜΑΤΑ Ενδεικτικές λύσεις θα αναρτηθούν µετά την εξέταση στην ιστοσελίδα του µαθήµατος