Problema satisfiabilităţii formulelor logice de ordinul doi

(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)
  • Soluţie O(M + N)
• Aplicaţii
  • Party (preOni 2003/2004)
  • Cigraf
  • Peace Commission (Polish Olympiad in Informatics, 2001)
  • Excursion (Baltic Olympiad in Informatics, 2001)
  • Orpath (Olimpiadă Rusia)
  • Aladdin (Bursele Agora 2005/2006, Runda 1)
• Bibliografie

Introducere

Problema satisfiabilităţii, notată prescurtat cu SAT, cere determinarea existenţei pentru o formulă booleană a unei artibuiri satisfiabile. O formulă booleană este compusă din variabile logice , operatori logici ( şi,  sau, non, implicaţie şi 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 din 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. Defapt, 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 la această problemă. 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 la 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 este mai grea decât impresia lăsată după citirea ei. Considerăm o propoziţie oarecare cu două variabile p şi q, apoi una dintre ele, de exemplu p. Dacă literalul în care apare p este negat atunci îi atribuim valoarea 1. Pentru ca propoziţia respectivă să aibă 1 valoarea de adevăr atunci valoarea lui q este 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. 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 eliminate 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)

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;
sfcâttimp

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.

Pentru că dacă toate variabilele diferă de soluţie, orice schimbare ne aduce mai aproape de soluţie:

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

Dacă adunăm toate ecuaţiile obţinem:

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

Astfel, numărul mediu de paşi ai algoritmului este 2N² - N iar dacă aplicăm algoritmul în mod aleator de mai multe ori avem o probabilitate foarte mare să ajungem la rezultat.

Soluţie O(M + N)

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

Relaţia de implicaţie are semnificaţia dacă este adevărat atunci şi este adevărat. Scriem tabelul expresiei şi observăm că acesta este egal cu cel al relaţiei de implicaţie.

Fiecare clauză poate fi scrisă ca două implicaţii şi . Realizăm un graf al implicaţiilor şi 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. Astfel, expresiei îi corespunde graful:

Dacă avem o muchie în graful nostru, atunci dacă 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 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 aceiaşi 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 tari 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 tari conexe ale grafului. Apoi putem contracta fiecare componentă într-un nod. Graful obţinut va fi acciclic. 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 tari conexe se poate face în complexitatea O(N + M). Pentru a vedea acest algoritm puteţi consulta secţiunea 23.5 a [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 tari conexe sunt următoarele: , , , . În nodul asociat componentei nu intră nici o muchie. Astfel, putem să îi atribuim lui valoarea , iar 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 la concursurile de programare.

Party (preOni 2003/2004)

George vrea să îşi organizeze majoratul, şi vrea 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 preferinte 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 indentificaţi 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 x y 0 are semnificaţia că x sau y trebuie să participe la petrecere; x y 1 are semnificaţia că dacă x participă nu există nici o restricţie pentru y, dar dacă x nu participă atunci nici y nu participa; x y 2 are semnificaţia simetrică cu cerinţa 1; iar cerinţa x y 3 are semnificaţia că cel puţin unul dintre x si y 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 inspirită din 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 neaparat 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 2SAT astfel: faptul că nodul aparţine mulţimii îl reprezentăm dândui lui valoarea , iar apartenenţa mulţimii 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 .
Această soluţie este liniară ca şi complexitate în numărul de elemente citite la intrare.

Peace Commission (Polish Olympiad in Informatics, 2001)

Comisia Publică a Păcii trebuie să fie compusă în parlamentul Republicii Democrate a ţării Byteland după regulile impuse de Legea Foarte Importantă. Din păcate unul dintre obstacole este acela că unii deputaţi nu se înţeleg cu ceilalţi. Comisia trebuie realizată astfel ca următoarele condiţii să fie îndeplinite: fiecare partid trebuie să aibă exact un reprezentant în comisie; dacă doi deputaţi nu se înţeleg, ei nu pot fi ambii membrii ai comisiei. Fiecare partid are exact doi deputaţi în parlament. Toţi număraţi de la 1 până la 2n (1 <= n <= 8000). Deputaţii cu numerele 2i-1 şi 2i aparţin celui de al i-lea partid. Se vor da m (0 <= m <= 20 000) perechi de deputaţi care nu se înţeleg. Se cere realizarea unei comisii dacă acest lucru este posibil. Un exemplu ar fi pentru trei partide şi perechile şi care nu se înţeleg comisia alcătuită din membrii .

Soluţie

Fiecărui partid îi vom asocia o variabilă; variabila va lua valoarea dacă membrul 2i - 1 al partidului va aparţine comisiei şi valoarea dacă membrul 2i va aparţine comisiei. Pentru ca din partidul x să existe exact un membru în expresie introducem .
Putem exprima că doi membrii ai parlamentului (2i, 2j) nu se înţeleg prin expresia logică . Astfel nu pot ambele variabile şi să aibă în acelaşi timp valoarea adică 2i şi 2j nu pot face parte în acelaşi timp din comisie. Dacă cei doi membrii sunt (2i - 1, 2j - 1) atunci îi putem codifica prin expresia astfel şi nu pot avea în acelaşi timp valoarea , iar dacă membrii sunt (2i , 2j - 1) se poate scrie ca astfel nu poate avea valoarea când are valoarea .
Exemplu din problemă poate fi scris ca expresia logică în modul următor: .
Din nou vom putea folosi cel de al treilea algoritm explicat pentru a obţine o rezolvare de complexitate O(N + M).

Excursion (Baltic Olympiad in Informatics, 2001)

Un grup de turişti are ocazia să viziteze mai multe oraşe. Fiecare turist spune două dorinţe ale sale despre ce oraş ar vrea sau nu ar vrea să viziteze. O dorinţă a turistului va spune despre exact un oraş dacă vrea sau nu vrea să îl viziteze. Este posibil ca ambele dorinţe ale unui turist să exprime acelaşi lucru sau să exprime lucruri opuse (de exemplu „Vreau să vizitez oraşul A!” şi „Nu vreau să vizitez oraşul A!”). Va trebui să determinaţi după citirea cerinţelor celor n turişti despre m oraşe dacă există o mulţime a oraşelor pentru care cel puţin o dorinţă a fiecărui turist este îndeplinită (1 <= n <= 20 000, 1 <= m <= 8 000). De exemplu, să presupunem că avem 3 turişti, 4 oraşe şi primul turist are dorinţele de a vizita oraşul întâi şi de a nu vizita oraşul doi, al doilea turist are dorinţele de a vizita oraşul doi şi de a vizita oraşul patru, iar al treilea turist are dorinţele de a vizita oraşul trei şi de a vizita oraşul unu. O soluţie pentru acest exemplu ar fi vizitarea tuturor oraşelor.

Soluţie

Este evident că şi această problemă se poate uşor transforma într-o instanţă de 2SAT. Fiecare turist ne dă prin dorinţele sale o expresie literală cu doi literali. Vizitarea sau nevizitarea oraşului de index i va fi reprezentată prin variabila booleană . Exemplul din problemă poate fi transformat astfel: .

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 lot [t1 + k*T1 .. t2 + k*T1] se intersectează cu intervalele [tt1 + p*T2 … tt2 + p*T2]. 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 atunci ambele variabile au valori fixe, iar dacă sau 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(N * M) 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 nici o 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:

Bibliografie:

• [1] "Introducere in algoritmi", T. H. Cormen, C. E. Leiserson, R. R. Rivest
• [2] Satisfiability, Wikipedia
• [3] BOI'01 Competition material
• [4] CEOI'02 Competition material