Problema 2-satisfiabilităţii

Acest articol a fost adăugat de Marius Stroe •Marius Intră aici dacă doreşti să scrii articole sau află cum te poţi implica în celelalte proiecte infoarena!

(Categoria Algoritmi, Autor Cosmin Negruşeri)

• Conţinut:
• Introducere
• Forme normale ale formulelor logice
• SAT, 3-SAT, 2-SAT
• Soluţii pentru 2-SAT
  • Soluţie O(M * 2^N)
  • Soluţie O(N * M)
  • Soluţie O(N² * M)
  • Soluţie O(M + N)
• Aplicaţii
  • Party (preONI 2003/2004)
  • Cigraf
  • Orpath (Olimpiadă Rusia)
  • Aladdin (Bursele Agora 2005/2006, Runda 1)
• Probleme propuse
• Bibliografie

Introducere

Problema satisfiabilităţii, notată prescurtat cu SAT, cere determinarea existenţei pentru o formulă booleană a unei atribuiri satisfiabile. O formulă booleană este compusă din variabile logice , operatori logici ( şi,  sau, non, implicaţie, echivalenţă), şi paranteze. O atribuire de valori booleene pentru variabilele acestei expresii se numeşte atribuire satisfiabilă dacă evaluarea expresiei după atribuirea valorilor dă ca rezultat valoarea de adevăr adevărat. De acum încolo vom folosi pentru simplitate valorile şi în loc de adevărat şi fals.

Un exemplu de formulă ar fi . Aceasta are atribuirea satisfiabilă pentru că .

Forme normale ale formulelor logice

Orice formulă booleană poate fi transformată în două forme:

• Forma normal conjunctivă în care expresia este exprimată ca o conjuncţie de propoziţii, iar fiecare propoziţie este formată dintr-o disjuncţie de literali. Un literal este o variabilă care poate fi sau nu negată. Un exemplu de expresie în forma normal conjunctivă ar fi: care are pe ca primă propoziţie cu literalii , , .

• Forma normal disjunctivă este formată ca o disjuncţie de propoziţii, fiecare dintre aceste propoziţii fiind o conjuncţie de literali. Un exemplu de o asemenea formulă ar fi următoarea: .

SAT, 3-SAT, 2-SAT

Problema SAT este NP-completă. De fapt, este prima problemă NP-completă găsită. Stephen Cook a demonstrat NP-completitudinea ei în 1971. Pe vremea aceea nu se ştia nici măcar că problemele NP-complete există. Această problemă rămâne NP-completă chiar dacă restricţionăm expresiile la unele care în forma normal conjunctivă au doar trei literali. Problema satisfiabilităţii pentru asemenea expresii se numeşte 3-SAT, şi multe probleme pot fi demonstrate a fi NP-complete prin reducerea lui 3-SAT la problemele respective în timp polinomial. Din fericire, problema 2-SAT, adică cea pentru care în fiecare propoziţie există doar 2 literali, se poate rezolva eficient. Restul articolului va prezenta trei metode de rezolvare a problemei 2-SAT şi câteva aplicaţii ale acesteia din concursuri de programare.

Soluţii pentru 2-SAT

Un exemplu de problemă 2-SAT ar fi satisfiabilitatea formulei . Această formulă este satisfăcută de valorile . Pentru a satisface întreaga expresie trebuie ca în fiecare propoziţie cel puţin unul din cei doi literali să aibă valoarea de adevăr .

Soluţie O(M * 2^N)

O primă metodă de rezolvare ar fi să încercăm toate cele 2^N posibilităţi de atribuire posibilă, dar această metodă are ordinul de complexitate O(M * 2^N) şi este eficientă doar pentru instanţe mici ale problemei.

Soluţie O(N * M)

Următoarea soluţie pare trivială, dar găsirea acestui algoritm şi realizarea faptului că el rezolvă corect problema sunt mai grele decât impresia lăsată după citirea ei. Considerăm o propoziţie oarecare cu două variabile p şi q, apoi una dintre ele, de exemplu p. Îi atribuim literalului în care apare p valoarea 0. Pentru ca propoziţia respectivă să aibă 1 valoarea de adevăr, atunci valoarea lui q trebuie fixată. Fixând şi valoarea lui q, probabil şi alte propoziţii ce conţin literalul q vor avea celălalt literal fixat. Propagăm astfel o serie de schimbări. După ce toate schimbările forţate au fost făcute, propoziţiile rezultate vor fi de următoarele tipuri: , , , . Propoziţii de tip nu pot apărea pentru că toate schimbările forţate au fost deja propagate. Dacă apare o propoziţie atunci alegerea făcută pentru valoarea lui p este greşită. Vom încerca şi alegerea opusă pentru p. Dacă ambele duc la o propoziţie de tip atunci expresia nu poate fi satisfăcută. Propoziţiile de forma , , pot fi ignorate. În acest fel am eliminat cel puţin o variabilă şi o propoziţie din expresie. Dacă expresia iniţială era satisfiabilă, atunci şi expresia din care s-au eliminat câteva propoziţii a rămas satisfiabilă. Continuând pe această idee obţinem un algoritm de complexitate O(N * M), pentru că la fiecare atribuire de valoare pentru o variabilă parcurgem şirul de propoziţii o dată.

Să vedem cum funcţionează algoritmul pentru expresia: . Considerăm propoziţia şi . Astfel, vom obţine mai departe . În propoziţia , trebuie să fie egal cu . Acum, expresia devine: . Din propoziţia obţinem , iar din obţinem . Deci, atribuirea satisfiabilă este .

Soluţie O(N² * M)

O altă soluţie elegantă se bazează pe o metodă randomizată:

atribuim valori booleene arbitrare variabilelor;
cât timp expresia nu este satisfăcută, execută
    găsim o propoziţie cu valoarea de adevăr 0;
    schimbăm valoarea de adevăr a oricăreia dintre cele două variabile prezente în propoziţie;
sfârşit cât timp

Linia 4 va face ca acea propoziţie să aibă noua valoare de adevăr .

De ce ar merge acest algoritm? Să presupunem că există o soluţie a problemei, o notăm cu , iar cu notăm şirul valorilor curente ale variabilelor. Ne uităm la fiecare pas al algoritmului la numărul de variabile care au valori diferite în soluţie faţă de cele din (acest număr de diferenţe între elementele de acelaşi index pentru două şiruri se mai numeşte şi distanţă Hamming între şiruri). Fie această valoare la pasul current K. Noi am vrea să avem K = 0. Cum va evolua K pe parcursul algoritmului? La un moment dat noi schimbăm valoarea unei variabile luate aleator dintr-o propoziţie nesatisfăcută. Pentru că în propoziţia este satisfăcută, înseamnă că cel puţin una dintre cele două variabile ale propoziţiei are valori diferite în faţă de . Astfel, operaţia făcută de noi are probabilitate de cel puţin 0.5 să ne aducă mai aproape de soluţie. Vom nota cu numărul probabil de paşi în care un şir aflat la distanţa Hamming egală cu i faţă de , va fi transformat în . Evident:

pentru 0 < i < N (N e numărul de variabile booleene ale expresiei)

Se pune semnul de inegalitate pentru că ambele variabile pot avea valori diferite faţă de cele din soluţie, deci schimbarea valorii oricăreia ar putea să ne aducă mai aproape de soluţie.

Dacă toate variabilele diferă de soluţie, orice schimbare ne aduce mai aproape de aceasta:

Ne interesează numai limitele superioare, deci folosim doar egalităţi în loc de inegalităţi:

, ,

Dacă adunăm toate ecuaţiile obţinem:

De aici avem că , iar din rezultă că . Mai departe avem că , de unde, când , avem că .

Astfel, numărul mediu de paşi ai algoritmului este pătratic în numărul N de variabile. Lăsând algoritmul să ruleze de 2-3 ori mai mulţi paşi decât numărul mediu, avem o probabilitate foarte mare să ajungem la rezultat.

Soluţie O(M + N)

O a treia soluţie se bazează pe relaţia de implicaţie. Aceasta are următoarea tabelă de adevăr:

Relaţia de implicaţie are următoarea semnificaţie: dacă este adevărat atunci şi este adevărat. Scriem tabela expresiei şi observăm că aceasta este egală cu cea a relaţiei de implicaţie.

Fiecare clauză poate fi scrisă ca două implicaţii şi . Realizăm un graf al implicaţiilor. Astfel, nodurile grafului vor fi variabilele , şi negaţiile lor , iar muchiile acestui graf vor fi implicaţiile echivalente cu propoziţiile din expresie. Deci, dacă expresia are M propoziţii, graful va avea 2M muchii. Acestea fiind zise, expresiei îi corespunde graful:

Dacă avem o muchie în graful nostru şi literalul este adevărat, atunci şi literalul trebuie să fie adevărat pentru ca propoziţia reprezentată de muchie să fie satisfăcută. Putem demonstra prin inducţie că dacă există un drum în graf de la literalul la literalul , atunci dacă este adevărat şi trebuie să fie adevărat. Dacă există un drum de la un literal la , precum şi un drum invers, atunci nu va exista soluţie pentru că nu putem seta în acelaşi timp o variabilă şi valoarea ei negată la valoarea adevărat. De aici rezultă că dacă în graful asociat expresiei există o variabilă în aceeaşi componentă tare conexă cu atunci instanţa problemei satisfiabilităţii nu poate fi satisfăcută. Dacă nu există o asemenea variabilă, vom vedea în continuare cum putem rezolva problema. Întâi, facem observaţia că dacă în graf există muchia atunci există şi muchia . Astfel, dacă există un drum de la la în graf, aplicând proprietatea menţionată pentru fiecare muchie a drumului, vom găsi un drum de la la . Evident, afirmaţia este valabilă şi reciproc: dacă există drum de la la atunci vom avea un drum de la nodul la . Astfel, dacă avem că şi sunt în aceeaşi componentă tare conexă atunci şi nodurile şi sunt în aceeaşi componentă tare conexă. Deci, dacă nu există doi literali şi în aceeaşi componentă tare conexă, putem să împărţim graful în componente tare conexe şi să împerechem componentele câte două astfel ca în fiecare pereche să apară o componentă cu nişte literali şi altă componentă cu aceiaşi literali negaţi. Pentru a găsi o soluţie vom determina mai întâi componentele tare conexe ale grafului. Apoi putem contracta fiecare componentă într-un nod. Graful obţinut va fi aciclic. Alegem un nod în care nu intră nicio muchie (un asemenea nod trebuie să existe pentru a nu exista cicluri). Din considerente de simetrie, din nodul lui pereche nu va ieşi nicio muchie. Literalilor componentei putem să le dăm valoarea de adevăr , iar literalilor din componenta pereche  putem să le dăm valoarea de adevăr . Această alegere nu impune restricţii asupra celorlalţi literali şi elimină câteva variabile din problemă. Repetarea recursivă a acestui pas pe graful rămas va duce la rezolvarea problemei. Determinarea componentelor tare conexe se poate face în complexitatea O(N + M). Pentru a vedea acest algoritm puteţi consulta secţiunea 23.5 din [1]. Iar eliminarea nodurilor de care vorbeam mai sus se poate face în O(N + M) folosind o sortare topologică.

Să urmărim cum merge algoritmul nostru pe exemplul de mai sus. Componentele tare conexe sunt următoarele: , , , . În nodul asociat componentei nu intră nicio muchie. Astfel, putem să îi atribuim lui valoarea , iar după eliminarea lui şi în nodul asociat componentei nu intră nicio muchie, deci putem să îi atribuim lui valoarea , lui valoarea şi lui valoarea . Această atribuire este satisfiabilă după cum vedem în continuare:

Aplicaţii

Restul articolului va prezenta aplicaţii ale problemei 2-SAT din concursurile de programare.

Party (preONI 2003/2004)

George vrea să îşi organizeze majoratul şi îşi doreşte ca petrecerea să fie de neuitat. Mâncarea, băutura, locaţia şi sonorizarea sunt deja asigurate, mai rămâne problema chemării prietenilor. El şi cu prietenul lui cel mai bun, Lucian, au preferinţe diferite şi pentru a nu se certa au pus la punct o listă de cerinţe care vor trebui să fie îndeplinite astfel încât cheful să se desfăşoare în cele mai bune condiţii! Pentru uşurinţă, prietenii lui George vor fi identificaţi prin numere întregi de la 1 la N (1 ≤ N ≤ 100) şi cerinţele în număr de M (1 ≤ M ≤ 1.000) vor fi de tipurile 0, 1, 2 sau 3. O cerinţă de genul 0 are semnificaţia că sau trebuie să participe la petrecere; 1 are semnificaţia că dacă participă nu există nicio restricţie pentru , dar dacă nu participă atunci nici nu participa; 2 are semnificaţia simetrică cu cerinţa 1; iar cerinţa 3 are semnificaţia că cel puţin unul dintre şi nu participă la petrecere. Scrieţi un program care să-i ajute pe cei doi să determine care persoane vor fi invitate la petrecere. Se garantează că va fi posibilă întotdeauna organizarea unei petreceri!

Soluţie

Această problemă este inspirată dintr-o problemă de la CEOI 2002 şi este evident că ne cere să determinăm o atribuire satisfiabilă pentru o formulă logică formată ca conjuncţie între cerinţele care se transformă astfel:

• cerinţa de tip 0 corespunde propoziţiei ;
• cerinţa de tip 1 corespunde propoziţiei ;
• cerinţa de tip 2 corespunde propoziţiei ;
• cerinţa de tip 3 corespunde propoziţiei .

Una din primele două rezolvări ar fi putut soluţiona această problemă, dar problema de la CEOI avea limite mai mari şi pentru rezolvarea ei ar fi trebuit un algoritm de complexitate O(N + M).

Cigraf

Autor: Mugurel Ionuţ Andreica

Se dă un graf neorientat cu N (1 ≤ N ≤ 1000) noduri şi M (0 ≤ M ≤ N*(N-1)/2) muchii. Se doreşte împărţirea nodurilor acestui graf în 2 mulţimi, şi , având următoarele proprietăţi: fiecare nod face parte din exact una din cele 2 mulţimi, există muchie între oricare 2 noduri din mulţimea , nu există nicio muchie între 2 noduri din mulţimea . Este posibil ca una dintre cele 2 mulţimi să fie vidă. Soluţia nu este neapărat unică. Numele celor două mulţimi provin de la clică şi mulţime independentă. De exemplu, pentru graful de 6 noduri ce are muchiile o împărţire posibilă ar fi , .

Soluţie

Dacă între două noduri există muchie atunci nu pot fi amândouă în mulţimea , iar dacă între două noduri nu există muchie nu pot fi amândouă în mulţimea . Transformăm această problemă într-o instanţă de 2-SAT astfel: faptul că nodul aparţine mulţimii îl reprezentăm dându-i lui valoarea , iar apartenenţa la mulţimea se codifică prin valoarea . Acum existenţa unei muchii corespunde expresiei , astfel cel puţin unul din nodurile şi nu va fi în mulţimea . Dacă nu există muchia putem scrie , această expresie va fi adevărată dacă cel puţin un nod din cele două nu va fi în mulţimea .

Orpath (Olimpiadă Rusia)

Într-o ţară pacifistă, există N oraşe şi K autobuze (1 ≤ N, K ≤ 100). La orele aglomerate ale zilei, nu trebuie să existe două autobuze care merg în acelaşi timp în sensuri opuse. Traseul fiecărui autobuz este un ciclu. Spunem că el merge în sens pozitiv dacă va parcurge oraşele în ordinea 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 ... sau în sens negativ dacă le parcurge în ordinea 1 4 3 2 1 4 3 2 1 4 ... Găsiţi o posibilitate de atribuire a sensului fiecărui autobuz astfel ca accidentele de trafic să fie evitate (nu vor exista două autobuze care să se întâlnească şi să aibă sensuri de mers opuse). Pentru fiecare autobuz se vor şti oraşele de pe ruta lui, şi pentru fiecare două oraşe vecine pe rută se va şti timpul necesar autobuzului pentru a ajunge dintr-un oraş în altul. De exemplu, pentru 4 oraşe unde oricare două sunt la timp de mers egal cu 10, şi pentru două autobuze cu rutele 1 2 4 şi 3 4 2, o soluţie ar fi ca primul autobuz să meargă în sens pozitiv iar celălalt în sens negativ.

Soluţie

Pentru orice două autobuze vom găsi care sunt sensurile de mers pentru ele astfel ca cele două autobuze să nu se întâlnească şi să provoace un accident. Pentru un sens fixat putem afla pentru un autobuz pe ce interval de timp va fi pe o anumită stradă. El va fi în general pe o stradă (i, j) pe un interval de tipul [t1 + k*T ... t2 + k*T] unde t1 este timpul din prima rută parcursă pentru a ajunge la i, t2 timpul pentru a ajunge la j, iar T este durata totală a unei rute. Acum, pentru a determina dacă două autobuze se vor întâlni pe o rută (i, j) trebuie ca ele să se deplaseze în sensuri opuse pe această rută, iar intervalele [t1 + k*T1 ... t2 + k*T1] ale primului să se intersecteze cu intervalele [tt1 + p*T2 ... tt2 + p*T2] ale celui de-al doilea. Este clar acum că putem transforma problema într-o instanţă de 2-SAT prin maparea autobuzelor în variabile logice, a sensurilor de mers în valorile adevărat şi fals, iar pentru orice pereche de autobuze să fie o propoziţie logică ce ia valoarea adevărat doar dacă sensurile de mers determinate de variabilele logice asociate autobuzelor sunt compatibile. Mai trebuie determinat într-un mod eficient dacă două clase de intervale de timp se intersectează. Aceasta rămâne ca temă cititorului.

Aladdin (Bursele Agora 2005/2006, Runda 1)

Aladdin, aşa cum ştiaţi, este un mare magnat în afacerea de comercializare a covoarelor magice. Acesta doreşte să o cucerească pe prinţesa Iasmina, iar aceasta, pentru a-i testa inteligenţa îl roagă să îi facă un covor dreptunghiular împărţit în pătrăţele, asemănator unei table de şah cu N linii şi M coloane (1 ≤ N, M ≤ 1000). Fiecare pătrăţel de pe covor trebuie colorat cu alb sau cu negru. Pentru fiecare pătrat care conţine 4 pătrăţele Iasmina pune condiţia să aibă un număr fixat de pătrăţele colorate cu negru. Ajutaţi-l pe Aladdin să realizeze un covor care satisface condiţiile impuse de prinţesa Iasmina!

Soluţie

Întâi, să considerăm un exemplu. Pentru o cerinţă de forma:

una din soluţii este:

Fie o matrice soluţie a problemei noastre. Vom numerota rândurile matricii de la 0 la N - 1 şi coloanele de la 0 la M - 1. Matricea de intrare reprezintă de fapt sumele din fiecare pătrat de câte 2 × 2 elemente. Facem observaţia că dacă ştim într-un pătrat de 2 × 2 valorile pentru trei dintre celule, atunci valoarea din a patra celulă este unic determinată pentru că ştim suma elementelor din pătrat. Vedem astfel, că dacă ştim valorile elementelor din prima linie a matricii şi din prima coloană, restul valorilor sunt unic determinate. Pentru a rezolva problema vom presupune cunoscut (de fapt, mai întâi vom rezolva problema presupunând că , iar dacă nu obţinem nicio soluţie vom încerca cu ). Vom nota celulele , , , cu , , , , iar celulele , , , cu , , , .

			...
			...
...	...	...	...	...
			...

Acum, pentru fiecare celulă putem demonstra prin inducţie că . Unde sunt nişte constante ce sunt calculate în funcţie de matricea primită la intrare. Este uşor de observat că dacă:

,
,
,

atunci:

.

De aici concluzionăm că .

Avem un sistem format din inecuaţiile:

Este uşor acum să transformăm acest sistem într-o formulă booleană în formă normal conjunctivă în care fiecare expresie are cel mult 2 literali. Fiecare relaţie o putem înmulţi sau nu cu -1 astfel ca părţile constante ale relaţiei să fie pozitive. Observăm că , altfel nu avem soluţie. Dacă partea constantă minimă într-o relaţie este 2 atunci ambele variabile au valori fixe, iar dacă este 1 sau 0 atunci relaţia o putem scrie ca o disjuncţie logică cu doi literali.

O relaţie precum poate fi tansformată logic în , astfel şi nu vor fi în acelaşi timp , una de genul va fi transformată în , astfel cel puţin sau va fi egal cu , alta de tipul poate fi scrisă ca , una de tipul în , iar una de tipul în , una de tipul în . Astfel am redus problema la rezolvarea unei instanţe de 2-SAT. Avem N+M-1 necunoscute şi (N-1)*(M-1) propoziţii. Folosind a treia metodă de rezolvare vom obţine un algoritm de complexitate O((M + N)²) care soluţionează problema noastră.

Să vedem cum merge acestă rezolvare pe exemplul din problemă:

Alegem . Necunoscutele vor fi , , şi , , .

Folosind recurenţa obţinem că matricea este:

De aici obţinem sistemul de inegalităţi:

Transformăm relaţiile astfel ca să nu apară nicio constantă negativă:

Acest sistem poate fi transformat într-o expresie booleană:

.

Acestă expresie e satisfăcută de valorile: , iar de aici putem determina o soluţie a problemei noastre iniţiale ca fiind:

Probleme propuse

Pentru a vă familiariza cu subiectul prezentat în acest articol, vă propunem să încercaţi să rezolvaţi următoarele probleme:

1. Excursion - Baltic Olympiad in Informatics, 2001
2. Peaceful Commission - Polish Olympiad in Informatics, 2001

Bibliografie:

1. T. H. Cormen, C. E. Leiserson, R. R. Rivest - Introducere în Algoritmi
2. Satisfiability, Wikipedia
3. BOI 2001 Competition Material
4. CEOI 2002 Competition Material