Technische Universität München WS 2007/08 Informatik / Lehrstuhl 7 Übungsblatt 5 Esparza/Schwoon 16. November Übung zu Logik

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1 Technische Universität München WS 27/8 Informatik / Lehrstuhl 7 Übungsblatt 5 sparza/schwoon 6. November 27 Übung zu Logik earbeiten Sie diese ufgaben bis zur nächsten Übung am Freitag, 23. November, um :5 Uhr. ie Lösungen werden in der Übung besprochen. ufgabe PLL-Verfahren (a) Führen Sie das PLL-Verfahren mit folgenden Formeln durch. Welche von ihnen sind erfüllbar? F = ( C) ( C) F 2 = ( ) ( C) ( C ) F 3 = ( ) (C ) ( ) ( C) F 4 = ( ) ( C ) ( ) (C ) ( ) ( ) (b) Konstruieren Sie eine Formel F mit genau einer erfüllenden elegung, so dass jede maximale Herleitung des PLL-Verfahrens für F eine nwendung der Splitting- Regel enthält. ufgabe (Lösungsvorschlag) PLL-Verfahren (a) Wir gehen wie folgt vor: F lässt sich unter dreifacher nwendung der One-Literal-Regel wie folgt transformieren: } { {{C}, } {F } { C {{} } } { } = {, C} = = a die leere Formel hergeleitet wurde, ist F erfüllbar. ie Variablen, auf die wir die One-Literal-Regel angewandt haben (auf den Pfeilen angedeutet), geben die erfüllende elegung wieder. lternativ kann man dreimal die Pure-Literal-Regel anwenden, auch hier sind die verwendeten Variablen angedeutet: {F } = { {{ }, {, C} } } C = { {{ } } } = { }

2 Hier muss zunächst die Splitting-Regel angewendet werden, zum eispiel mit der Variablen. Man erhält einen lock mit zwei Formeln: {F 2 { {} }, F 2 { { } }} Um die rfüllbarkeit zu zeigen, reicht es ja aus, eine einzige Formel im lock auf die leere Formel zu reduzieren. Versucht man dies mit der linken Formel, so erhält man diese durch dreimalige nwendung der One-Literal-Regel, wobei man alle Variablen positiv belegt. lternativ kann man es mit der rechten Formel probieren, hier werden alle Variablen negativ. ie Formel ist also erfüllbar, man kann sogar zwei erfüllende elegungen finden. uch hier ist zunächst Splitting angesagt, sagen wir mit : {F 3 { {} }, F 3 { { } }} Wendet man jetzt auf der linken Formel die One-Literal-Regel mit an, so erhält man: { {{C}, { C} }, F3 { { } }} Offensichtlich ist die linke Formel nicht erfüllbar, durch eine weitere nwendung der One-Literal-Regel erhält man die leere Klausel. Versucht man sein Glück mit der rechten Formel, kommt man schnell zu und weiter zur leeren Klausel. ie maximale Herleitung endet also mit: { { }, { } } ie Formel ist unerfüllbar, da in der maximale Herleitung jede Formel die leere Klausel enthält. ie in der ufgabenstellung angegebene Formel F 4 ist erfüllbar, wie man durch dreimaliges nwenden der Pure-Literal-Regel herausbekommt (zunächst mit, dann z.. mit und C). ie ufgabenstellung enthielt leider einen Tippfehler in der vorletzten Klausel, dessen bwesenheit die Lösung interessanter gemacht hätte. Nachstehend die Lösung für die eigentlich beabsichtigte Formel F 4 = ( ) ( C ) ( ) (C ) ( ) ( ) n diesem eispiel soll eine andere Notation demonstriert werden, mit der man sich ggfs. Schreibarbeit sparen kann. azu ordnet man die Formel als Matrix an, wobei jede Zeile einer Klausel und jede Spalte einer Variablen entspricht. (Zuvor sollte man die ereinigungsregel angewandt haben, falls notwendig.) In der Matrix schreiben wir für (nur der Kompaktheit halber). ie Matrix sieht für F 4 wie folgt aus:

3 ie nwendungen der Regeln lassen sich jetzt als das Streichen von Zeilen bzw. Spalten der Matrix interpretieren: Wendet man z.. die One-Literal- Regel mit einer Klausel {} an, so streicht man sämtliche Zeilen, die enthalten (aber nicht ) und dann die ganze Spalte, in der es evtl. noch Zeilen mit gibt. lles, was nicht gestrichen wurde, ist der Rest der Formel. Gelingt es, alle Zeilen zu streichen, so ist die Formel erfüllbar. ntsteht eine nicht gestrichene Zeile, in der alle Literale gestrichen sind, so ist sie unerfüllbar (leere Klausel). eim Splitting kopiert man die Matrix, so dass man zwei Kopien hat, und wendet dann die One-Literal-Regel auf das positive bzw. negative Literal an. Im vorliegenden Fall könnten wir die Splitting-Regel für die Variable anwenden und dann auf eine der Kopien die One-Literal-Regel für. as rgebnis wäre wie folgt: Wegen der zweiten Zeile von unten ist jetzt die One-Literal-Regel für angesagt: nschließend die One-Literal-Regel für :

4 Jetzt kann die Subsumption-Regel auf die Zeile mit C und angewendet werden, indem diese gestrichen wird: Im weiteren Verlauf wendet man One-Literal-Regeln für und C an. Im ndergebnis sind alle Zeilen gestrichen, die Formel ist also erfüllbar. (Wäre man hier nicht auf rfüllbarkeit gekommen, hätte man die Prozedur noch mit wiederholen müssen.) (b) ine einfache Möglichkeit ist wie folgt: F = ( ) ( ) ( ) Wie man sich leicht überzeugt, kann hier nur die Splitting-Regel angewendet werden. ie einzige erfüllende elegung ist, beide Variablen auf zu setzen. (Jede der drei Klauseln schließt eine der anderen elegungen aus.) ufgabe 2 s allgemein Sei F := (x y) z und G := x (y z), wobei x < y < z gilt.

5 (a) Zeichnen Sie s für F und G. (b) In der Vorlesung wurde ein lgorithmus vorgestellt, der den Oder-Operator auf s implementiert. Gewinnen Sie daraus einen für F G. (c) Wie müsste man den lgorithmus aus der Vorlesung abwandeln, um einen für F G zu erhalten? (d) Sei H := ((z (x y)) (w (y z))) x (u (x w)). Zeichnen Sie einen für H. Wie viele erfüllende elegungen hat H? Überlegen Sie, wie Sie diese ntwort direkt aus dem ablesen können. Hinweis: Sie können den entweder selbst berechnen oder eines der - Tols von der Vorlesungs-Webseite dafür benutzen. estimmen Sie die nzahl der erfüllenden elegungen, die es von jedem einzelnen Knoten aus gibt, und beginnen Sie bei den untersten Knoten. (e) Überlegen Sie, wie man s einsetzen könnte, um die Spiele Sudoku und Minesweeper zu lösen. enken Sie an die iskussionen aus den vorangegangenen Übungen. Wie löst man die dabei besprochenen Probleme? ufgabe 2 (Lösungsvorschlag) s allgemein (a) ie s sehen wie folgt aus (links F, rechts G): x v x v v y v y y v F z v C v G z z v C Systematisch konstruieren kann man sie, indem man die Äquivalenz F ite(x, F [x/], F [x/]) anwendet (die auch hinter der Multi--Prozedur aus der Vorlesung steckt). Z.. ist F := F [x/] = z und F := F [x/] = y z, also ist die Wurzel ein Knoten mit x und Kindern, die den s für F und F entsprechen. iese Vorgehensweise wendet man rekursiv auf F und F an. Für ufgabe (b) sind die Knoten der s bereits mit Namen versehen worden (v bis v G ). Man beachte, dass v C in beiden s vorkommt. (Würde man die s für F und G in einem Multi darstellen, so würde v C nur einmal auftreten.)

6 (b) nmerkung: Zeilen und 2 des Oder-Operators sind wie folgt: if v F = K or v G = K then return K else if v F = v G = K then return K Zur Steigerung der ffizienz kann diese Zeilen ersetzen und zusätzliche Sonderfälle einführen: if v F = K or v G = K then return K else if v F = K then return v G else if v G = K or v F = v G then return v F ie untenstehende bbildung veranschaulicht den blauf des lgorithmus auf den beiden s aus (a). in Kästchen bedeutet einen Prozeduraufruf mit den beiden Knoten, die im Kästchen genannt werden; trifft einer der oben genannten Fälle auf, so kann der lgorithmus direkt ein Resultat liefern, sonst kommt es zu zwei rekursiven ufrufen für die Null- und die ins-kinder der kleinsten noch vorhandenen Variablen, die unter dem Kästchen genannt wird. v, v x v, v v, v y y, v C, v G v C, v C, v C z,, lle ufrufe auf der linken Hälfte liefern die zurück, alle ufrufe auf der rechten Hälfte den Knoten v C. amit ergibt sich folgendes rgebnis: x z v C (c) nalog zum Oder-Operator ergeben sich folgende Sonderfälle:

7 if v F = K or v G = K then return K else if v F = K then return v G else if v G = K or v F = v G then return v F ie übrigen Zeilen bleiben unverändert. (d) Untenstehende Zeichnung zeigt den (mit cal berechnet). er Übersicht halber wurden der -Knoten und die zu ihm führenden Kanten weggelassen sowie die Kantenbeschriftungen weggelassen (-Kanten sind gestrichelt, -Kanten durchgezogen). x 26 y z z 5 5 w w w u u ie nzahl der erfüllenden elegungen berechnet man wie folgt, indem man jedem Knoten und jeder Kante ein Gewicht zuweist, das aussagt, wie viele erfüllende elegungen der Knoten bzw. die Kante beiträgt. as geht wie folgt: em -Knoten wird das Gewicht zugewiesen (eine einzige elegung, nämlich die leere elegung ), dem -Knoten das Gewicht. Jedem anderen Knoten wird die Summe seiner beiden ausgehenden Kanten zugewiesen. Jeder Kante wird das Gewicht ihres Zielknotens zugewiesen, multipliziert mit 2 für jede übersprungene Variable. eispiel: ie -Kante des linken w-knotens trägt das Gewicht 2, da sie zum - Knoten geht (mit Gewicht ) und dabei eine Variable überspringt. ie -Kante dieses Knotens hat Gewicht. Insgesamt hat der Knoten damit das Gewicht 3. ie erechnung der Gewichte erfolgt von unten nach oben. Neben jedem Knoten ist sein Gewicht vermerkt (als Summe der beiden Kantengewichte, die nicht extra aufgeführt sind). Insgesamt gibt es also 26 erfüllende elegungen.

8 (e) Grundsätzlich lassen sich s einsetzen, um beide Spiele zu lösen. ei Sudoku übersetzt man die auf latt 2 besprochene Formel in einen. esteht dieser nur als dem -Knoten, so gibt es keine Lösung. ndernfalls liest man irgendeine erfüllende elegung ab und trägt diese ein. ies ist allerdings weniger effizient als der insatz eines ST-Solvers, aus zwei Gründen: Wir sind nur an irgendeiner Lösung interessiert. in ST-Solver findet die erstbeste Lösung, gibt sie aus und terminiert. ei einem werden zunächst sämtliche Lösungen berechnet, dann lediglich eine abgelesen. s ist schwierig, eine gute Variablenordnung für s zu finden, da die bhängigkeiten kreuz und quer über das gesamte Sudoku-Feld verteilt sind. ei Minesweeper sieht die Sache etwas freundlicher für s aus. bhängigkeiten zwischen Feldern sind nur lokal, so dass sich meistens eine gute Variablenordnung finden lässt. ußerdem sind wir explizit an Mehrdeutigkeiten interessiert. Übersetzen wir also ein Minesweeper-Feld, wie in latt 2 besprochen, in einen. Wenn er nur aus dem -Knoten besteht, gibt es keine Lösung. ndernfalls gehen den Knoten für Knoten durch. Wenn es einen mit v x,y beschrifteten Knoten gibt, dessen -Kante nicht direkt zum -Knoten führt, so gibt es eine Lösung, in der das entsprechende Feld keine Mine enthält. Gibt es einen mit v x,y beschrifteten Knoten, dessen -Kante nicht direkt zum -Knoten führt, so gibt es eine Lösung, in der das Feld eine Mine enthält. Kommen beide Fälle vor, so kann das Feld noch nicht aufgedeckt werden. Wir decken alle Felder auf, die eindeutig sind. nschließend kann man mit geeigneten -Operationen (Konjunktion, limination der eindeutigen Variablen) so modifizieren, dass die neue Spielsituation dargestellt wird. nmerkung: ie Vergleiche von s und ST-Solvern für die beiden Spiele sind rein theoretischer Natur, es wäre interessant, hierzu xperimente durchzuführen. ufgabe 3 Komplementkanten ine Variante von s, mit der man oft kleinere Graphen erhält, sind s mit Komplementkanten (Ks). in eispiel für einen K sehen Sie unten abgebildet. In einem K können Kanten positiv oder negativ auftreten (in der Zeichnung unten sind negative Kanten mit einem schwarzen Kreis markiert). ußerdem entfällt das latt mit der, und die Wurzel des K wird mit einer eingehenden Kante versehen. ie Semantik einer negativen Kante ist, dass der Untergraph, der beim Zielknoten beginnt, als das Komplement der Formel gewertet wird, die er normalerweise darstellen würde. ine negative Kante zum -Knoten wird z.. als Kante zum -Knoten gewertet. er mit x 3 beschriftete Knoten stellt daher die Formel x 3 dar, der linke der beiden x 2 - Knoten aber die Formel x 2 x 3. ie eingehende Kante der Wurzel zeigt an, ob die dem K entsprechende Formel oder ihr Komplement gemeint ist. Im eispiel unten ist die eingehende Kante der Wurzel positiv.

9 x x 2 x 2 x 3 (a) Stellen Sie die Wahrheitstafel für die Formel auf, die dem oben abgebildeten K mit Komplementkanten entspricht. (b) Ks sind i.. nicht mehr eindeutig, d.h. es kann mehrere Ks geben, die dieselbe Formel darstellen. Finden Sie zwei Paare von Ks, die dieselbe Formel darstellen. (c) Ks lassen sich allerdings eindeutig machen, wenn man darauf verzichtet, negative -Kanten zu benutzen. Zeigen Sie dazu, dass folgende Äquivalenz gilt: ite(x, F, G) ite(x, F, G) enutzen Sie diese Äquivalenz, um den oben abgebildeten K in den eindeutigen K zu transformieren, der keine negativen -Kanten enthält. ufgabe 3 (Lösungsvorschlag) Komplementkanten (a) emerkung: ine elegung liefert genau einem K genau dann eine, wenn der zugehörige Pfad, der mit der eingehenden Kante der Wurzel beginnt und zum latt mit der führt, eine gerade nzahl negativer Kanten enthält. araus können wir folgende Wahrheitstafel ableiten: x x 2 x 3

10 (b) Zwei eispiele sind unten angegeben. ie beiden Ks auf der linken Seite stehen für die Formel x, die beiden auf der rechten Seite für die Formel x 2. x x x x x 2 x 2 (c) Wir nutzen die Äquivalenz und zeigen: ite(x, F, G) (x F ) ( x G) (x F ) ( x G) ite(x, F, G) (x F ) ( x G) ( x F ) (x G) (x F ) ( x G) ( (x F ) ( x G) ) ite(x, F, G) inen Knoten n, von dem eine negative -Kante ausgeht, wandelt man also dergestalt um, dass man den Zustand aller ein- und ausgehenden Kanten von n umkehrt (d.h. aus negativen Kanten positive macht und umgekehrt). abei beginnt man sinnvollerweise mit den Knoten, die in der Variablenordnung ganz unten stehen und arbeitet sich Schritt für Schritt nach oben vor. Im vorliegenden Fall erhält man den unten angegebenen K; man überzeuge sich, dass seine Wahrheitstafel mit der des ursprünglichen Ks übereinstimmt. x x 2 x 2 x 3