IDA*

前置知识：A* 算法、迭代加深搜索。

本页面将简要介绍 IDA*算法。

简介

IDA*为采用了迭代加深算法的 A*算法。由于 IDA*改成了深度优先的方式，相对于 A*算法，它的优势如下：

  1. 不需要判重，不需要排序；
  2. 空间需求减少。

伪代码

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Procedure IDA_STAR(StartState)
Begin
  PathLimit := H(StartState) - 1;
  Succes := False;
  Repeat
    inc(PathLimit);
    StartState.g = 0;
    Push(OpenStack, StartState);
    Repeat
      CurrentState := Pop(OpenStack);
      If Solution(CurrentState) then
        Success = True
      Elseif PathLimit >= CurrentState.g + H(CurrentState) then
        For each Child(CurrentState) do
          Push(OpenStack, Child(CurrentState));
    until Success or empty(OpenStack);
  until Success or ResourceLimtsReached;
end;

优点

  1. 空间开销小：每个深度下实际上是一个深度优先搜索，不过深度有限制，使用 DFS 可以减小空间消耗；
  2. 利于深度剪枝。

缺点

重复搜索：即使前后两次搜索相差微小，回溯过程中每次深度变大都要再次从头搜索。

例题

埃及分数

在古埃及，人们使用单位分数的和（即 \frac{1}{a} ， a\in\mathbb{N}^* ）表示一切有理数。例如， \frac{2}{3}=\frac{1}{2}+\frac{1}{6} ，但不允许 \frac{2}{3}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3} ，因为在加数中不允许有相同的。

对于一个分数 \frac{a}{b} ，表示方法有很多种，其中加数少的比加数多的好，如果加数个数相同，则最小的分数越大越好。例如， \frac{19}{45}=\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{18} 是最优方案。

输入整数 a,b （ 0<a<b<500 ），试编程计算最佳表达式。

样例输入：

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495 499

样例输出：

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Case 1: 495/499=1/2+1/5+1/6+1/8+1/3992+1/14970
解题思路

这道题目理论上可以用回溯法求解，但是解答树会非常“恐怖”——不仅深度没有明显的上界，而且加数的选择理论上也是无限的。换句话说，如果用宽度优先遍历，连一层都扩展不完，因为每一层都是 无限大 的。

解决方案是采用迭代加深搜索：从小到大枚举深度上限 \textit{maxd} ，每次执行只考虑深度不超过 \textit{maxd} 的节点。这样，只要解的深度优先，则一定可以在有限时间内枚举到。

深度上限 \mathit{maxd} 还可以用来 剪枝。按照分母递增的顺序来进行扩展，如果扩展到 i 层时，前 i 个分数之和为 \frac{c}{d} ，而第 i 个分数为 \frac{1}{e} ，则接下来至少还需要 \frac{\frac{a}{b}-\frac{c}{d}}{\frac{1}{e}} 个分数，总和才能达到 \frac{a}{b} 。例如，当前搜索到 \frac{19}{45}=\frac{1}{5}+\frac{1}{100}+\cdots ，则后面的分数每个最大为 \frac{1}{101} ，至少需要 \frac{\frac{19}{45}-\frac{1}{5}}{\frac{1}{101}}=23 项总和才能达到 \frac{19}{45} ，因此前 22 次迭代是根本不会考虑这棵子树的。这里的关键在于：可以估计至少还要多少步才能出解。

注意，这里使用 至少 一词表示估计都是乐观的。形式化地，设深度上限为 \textit{maxd} ，当前结点 n 的深度为 g(n) ，乐观估价函数为 h(n) ，则当 g(n)+h(n)>\textit{maxd} 时应该剪枝。这样的算法就是 IDA*。当然，在实战中不需要严格地在代码里写出 g(n) 和 h(n) ，只需要像刚才那样设计出乐观估价函数，想清楚在什么情况下不可能在当前的深度限制下出解即可。

如果可以设计出一个乐观估价函数，预测从当前结点至少还需要扩展几层结点才有可能得到解，则迭代加深搜索变成了 IDA*算法。

示例代码 
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// 埃及分数问题
#include <algorithm>
#include <cassert>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;

int a, b, maxd;

long long gcd(long long a, long long b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

// 返回满足 1/c <= a/b 的最小 c 值
inline int get_first(long long a, long long b) { return b / a + 1; }

const int maxn = 100 + 5;

long long v[maxn], ans[maxn];

// 如果当前解 v 比目前最优解 ans 更优，更新 ans
bool better(int d) {
  for (int i = d; i >= 0; i--)
    if (v[i] != ans[i]) {
      return ans[i] == -1 || v[i] < ans[i];
    }
  return false;
}

// 当前深度为 d，分母不能小于 from，分数之和恰好为 aa/bb
bool dfs(int d, int from, long long aa, long long bb) {
  if (d == maxd) {
    if (bb % aa) return false;  // aa/bb 必须是埃及分数
    v[d] = bb / aa;
    if (better(d)) memcpy(ans, v, sizeof(long long) * (d + 1));
    return true;
  }
  bool ok = false;
  from = max(from, get_first(aa, bb));  // 枚举的起点
  for (int i = from;; i++) {
    // 剪枝：如果剩下的 maxd+1-d 个分数全部都是 1/i，加起来仍然不超过
    // aa/bb，则无解
    if (bb * (maxd + 1 - d) <= i * aa) break;
    v[d] = i;
    // 计算 aa/bb - 1/i，设结果为 a2/b2
    long long b2 = bb * i;
    long long a2 = aa * i - bb;
    long long g = gcd(a2, b2);  // 以便约分
    if (dfs(d + 1, i + 1, a2 / g, b2 / g)) ok = true;
  }
  return ok;
}

int main() {
  int kase = 0;
  while (cin >> a >> b) {
    int ok = 0;
    for (maxd = 1; maxd <= 100; maxd++) {  //枚举深度上限
      memset(ans, -1, sizeof(ans));
      if (dfs(0, get_first(a, b), a, b)) {  //开始进行搜索
        ok = 1;
        break;
      }
    }
    cout << "Case " << ++kase << ": ";
    if (ok) {
      cout << a << "/" << b << "=";
      for (int i = 0; i < maxd; i++) cout << "1/" << ans[i] << "+";
      cout << "1/" << ans[maxd] << "\n";
    } else
      cout << "No solution.\n";
  }
  return 0;
}

习题

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