传教士问题.docx
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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（Cannibal），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：
classMove{
public:
intmissionary; //要移动的传教士数量
intcannibal; //野人
};
classMoveGroup{
public:
Movemove[500]; //算符集
intnumMove; //可用算符的总数
MoveGroup（intMAX_ON_BOAT）{ //利用构造器求算符集
intm,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++;
}
elseif（m==0&&c!
=0）{
move[i].missionary=0;
move[i].cannibal=c;
i++;
}
elseif（m+c<=MAX_ON_BOAT&&m+c!
=0&&m>=c）{
move[i].missionary=m;
move[i].cannibal=c;
i++;
}
numMove=i;
}
};
创建一个MoveGroup对象
MoveGroupmg
（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）
classElemType:
Move{ //继承Move类，获得传教士，野人数据成员。
private:
boolboat; //船是否在左岸？
public:
ElemType*flag; //这个后边再说，暂时用不到
ElemType（intMAX_PEOPLE）{ //创建初始状态
missionary=cannibal=MAX_PEOPLE;
boat=true;
flag=NULL;
}
ElemType（）{}
booloperator==（ElemTypee）{
returnthis->missionary==e.missionary&&
this->cannibal==e.cannibal&&
this->boat==e.boat;
}
voidoperator=（ElemTypee）{
this->missionary=e.missionary;
this->cannibal=e.cannibal;
this->boat=e.boat;
this->flag=e.flag;
}
ElemTypefriendoperator>>（ElemTypesource,Move&mv）{
//移动操作，通过重载运算符“>>”，你将在isSafe（ElemType）中见到用法。
ElemTyperesult;
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;
}
returnresult;
}
boolisSafe（Move&mv,intMAX_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）））
returnfalse;
else{
ElemTypetemp=*this>>mv;
if（temp.missionary==0||temp.missionary==MAX_PEOPLE||
（temp.missionary>=temp.cannibal&&
MAX_PEOPLE-temp.missionary>=MAX_PEOPLE-temp.cannibal））
returntrue;
elsereturnfalse;
}
}
boolisSuccess（）{returnmissionary==0&&cannibal==0&&boat==0;}
//isSuccess（）判断当前状态是否为最终节点
intgetM（）{returnmissionary;}
intgetC（）{returncannibal;}
intgetB（）{returnboat;}
voidprint（）{
cout<<'（'<<<','<}
};
constElemTypenull（0）; //（0,0,1）这是不会出现的
voidprint（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"
typedefElemTypeStatus;
open，closed表均通过队列实现。
由于对扩展节点要保存指针，所以closed表需要一个获得尾指针的方法。
classQueuex:
publicQueue{
public:
ElemType*getTailPtr（）{
if（Queue:
:
isEmpty（））returnNULL;
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
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