传教士问题

一．问题描述有M个传教士和N个野人来到河边准备渡河，河岸有一条船，每次至多可供k人乘渡。

任何时刻在河的两岸以及船上的野人数目总是不超过传教士的数目。

二．问题分析本问题采用A*算法求解，解答的关键与难点如下：1．评估函数的建立。

评估函数为f=h+d=M+N-2*B+d.。

M表示左岸的传教士的人数，N表示左岸野人的数目，B取值为0或1 。

1表示船在左岸，0 表示船在右岸。

d 表示节点的深度。

下面我们来证明h(n)＝M+C-2B是满足A*条件的。

我们分两种情况考虑。

先考虑船在左岸的情况。

如果不考虑限制条件，也就是说，船一次可以将三人从左岸运到右岸，然后再有一个人将船送回来。

这样，船一个来回可以运过河2人，而船仍然在左岸。

而最后剩下的三个人，则可以一次将他们全部从左岸运到右岸。

所以，在不考虑限制条件的情况下，也至少需要摆渡[(M+N-3)/2]*2+1次。

其中分子上的"－3"表示剩下三个留待最后一次运过去。

除以"2"是因为一个来回可以运过去2人，需要[(M+N-3)/2]个来回，而"来回"数不能是小数，需要向上取整，这个用符号[ ]表示。

而乘以"2"是因为一个来回相当于两次摆渡，所以要乘以2。

而最后的"＋1"，则表示将剩下的3个运过去，需要一次摆渡。

化简有：M+N-2。

再考虑船在右岸的情况。

同样不考虑限制条件。

船在右岸，需要一个人将船运到左岸。

因此对于状态(M，N，0)来说，其所需要的最少摆渡数，相当于船在左岸时状态(M+1，N，1)或(M，N+1，1)所需要的最少摆渡数，再加上第一次将船从右岸送到左岸的一次摆渡数。

因此所需要的最少摆渡数为：(M+N+1)-2+1。

其中(M+N+1)的"＋1"表示送船回到左岸的那个人，而最后边的"＋1"，表示送船到左岸时的一次摆渡。

化简有：(M+N+1)-2+1=M+N。

综合船在左岸和船在右岸两种情况下，所需要的最少摆渡次数用一个式子表示为：M+N-2B。

其中B＝1表示船在左岸，B＝0表示船在右岸。

由于该摆渡次数是在不考虑限制条件下，推出的最少所需要的摆渡次数......从前有一条河，河的左岸有m个传教士(Missionary)和m个野人(Canniba l)，和一艘最多可乘n人的小船。

约定左岸，右岸和船上或者没有传教士，或者野人数量少于传教士，否则野人会把传教士吃掉。

编程，接收m和n，搜索一条可让所有的野人和传教士安全渡到右岸的方案。

我们先假设左岸有3个传教士和3个野人，小船最多可乘2人。

把当前左岸的状态抽象为：(3,3,1)前两个"3"代表左岸有3个传教士和3个野人，1代表船在左岸。

把每一次可行的渡船方案作为算符。

比如，在初始状态，让1个传教士和1个野人上船并渡到右岸，这一算符可表示为：(1,1)算符的两位数分别代表要移动的传教士，野人的数量；把人移到没有船的岸边并且改变状态向量中船的值。

对于固定大小的小船，算符的数量是一定的：class Move {public:int missionary; //要移动的传教士数量int cannibal; //野人};class MoveGroup {public:Move move[500]; //算符集int numMove; //可用算符的总数MoveGroup(int MAX_ON_BOAT) { //利用构造器求算符集int m, c, i = 0;for (m = 0; m <= MAX_ON_BOAT; m++)for (c = 0; c <= MAX_ON_BOAT; c++)if (c==0 && m!=0) {move[i].missionary=m;move[i].cannibal=0;i++;}else if (m==0 && c!=0) {move[i].missionary=0;move[i].cannibal=c;i++;}else if (m+c<=MAX_ON_BOAT && m+c!=0 && m>=c) { move[i].missionary = m;move[i].cannibal = c;i++;}}};创建一个MoveGroup 对象MoveGroup mg(2);即可得到当小船最多可乘2人时的算符集。

这个程序所要做的，就是通过这个已知的算符集，将初始状态(3,3,1)转变为最终状态(0,0,0)。

我们应将状态作为搜索的元素。

构建类时应注意，并不是每个算符对于任意的状态都是可以应用的，这需要对应用算符后的安全性进行检查，以判断这一算符对当前状态是否可用；同时，类中也要包含一个判断当前状态是否是最终节点(0,0,0)的方法；当然”==”，”=”这两个运算符以及null值，这是调用dso.h时所不可或缺的。

（详见源文件）class ElemType : Move { //继承Move类，获得传教士，野人数据成员。

private:bool boat; //船是否在左岸？public:ElemType* flag; //这个后边再说，暂时用不到ElemType(int MAX_PEOPLE) { //创建初始状态missionary = cannibal = MAX_PEOPLE;flag = NULL;}ElemType() {}bool operator ==(ElemType e) {return this->missionary==e.missionary &&this->cannibal==e.cannibal &&this->boat==e.boat;}void operator =(ElemType e) {this->missionary = e.missionary;this->cannibal = e.cannibal;this->boat = e.boat;this->flag = e.flag;}ElemType friend operator >>(ElemType source, Move &mv) { //移动操作，通过重载运算符“>>”，你将在isSafe(ElemType)中见到用法。

ElemType result;if(source.boat == 1) {result.missionary = (source.missionary -= mv.missionary); result.cannibal = (source.cannibal -= mv.cannibal);result.boat = 0;} else {result.missionary = (source.missionary += mv.missionary); result.cannibal = (source.cannibal += mv.cannibal);result.boat = 1;}return result;}bool isSafe(Move &mv, int MAX_PEOPLE) {//判断当前状态在进行mv操作后还是不是安全状态if( (boat==1&&(missionary-mv.missionary < 0 ||cannibal-mv.cannibal < 0)) ||(boat==0&&(missionary+mv.missionary > MAX_PEOPLE ||cannibal+mv.cannibal > MAX_PEOPLE)) )return false;else {ElemType temp = *this >> mv;if( temp.missionary==0 || temp.missionary==MAX_PEOPLE ||(temp.missionary>=temp.cannibal &&MAX_PEOPLE-temp.missionary >= MAX_PEOPLE-temp.canniba l))return true;else return false;}}bool isSuccess() { return missionary==0 && cannibal==0 && boat==0; }//isSuccess()判断当前状态是否为最终节点int getM() { return missionary; }int getC() { return cannibal; }int getB() { return boat; }void print() {cout <<'('<< missionary <<','<< cannibal<<','<< boat <<')' << endl;}};const ElemType null(0); //(0,0,1) 这是不会出现的void print(ElemType &e) { e.print(); } //打印函数至此，我们已经完成了对问题的描述。

搜索过程采用较简单的“宽度优先盲目搜索”，算法框图如下：#include"dso.h"typedef ElemType Status;open，closed表均通过队列实现。

由于对扩展节点要保存指针，所以close d表需要一个获得尾指针的方法。

class Queuex : public Queue {public:ElemType* getTailPtr() {if(Queue::isEmpty()) return NULL;QNode* temp = front->next;while(temp != rear) {if(temp->next == rear) return &temp->next->node;temp = temp->next;}return &temp->node;}};当得到了一个最终节点(0,0,0)时，如果我们前边的操作没有保存路径的话，那么我们就只知道这个问题有解，而不知道解的具体路径。