논리 게이트를 사용한 Gerrymandering

대다수 함수는 3 개의 부울 입력을 가져 와서 가장 일반적인 부울 함수입니다. 예를 들어 maj(x,y,z)대다수 함수가 Ttrue이고 true를 F나타내는 경우 :

maj(T,T,T) = T
maj(T,T,F) = T
maj(T,F,F) = F
maj(F,F,F) = F

이 질문은 부울 함수를 대다수 함수의 구성으로 작성하는 것과 관련이 있습니다. 대다수 함수의 5 진 구성 예는 (x1,x2,x3,x4,x5) => maj(x1,x2,maj(x3,x4,x5))입니다. 이 함수는 이러한 샘플 입력 벡터에서 다음 출력을 반환합니다.

(T,T,F,F,F) => maj(T,T,maj(F,F,F)) = maj(T,T,F) = T
(T,F,T,T,F) => maj(T,F,maj(T,T,F)) = maj(T,F,T) = T
(T,F,T,F,F) => maj(T,F,maj(T,F,F)) = maj(T,F,F) = F
(F,F,F,T,T) => maj(F,F,maj(F,T,T)) = maj(F,F,T) = F

직무

부울의 양의 정수 n과 길이 n 벡터의 목록을 입력하고 가능한 경우 주어진 모든 벡터에서 true를 반환하는 다수 게이트의 트리를 출력하는 프로그램을 작성하십시오. 이 함수는 구속 조건 목록에없는 벡터에서 true 또는 false를 반환 할 수 있습니다.

벡터 목록은 원하는 형식으로 입력 할 수 있습니다. 원하는 경우 벡터를 입력하는 대신 벡터에서 실제 위치 목록을 입력 할 수 있습니다. 그래서 예를 들어, [TTF,TFT,FTT]또는 [[T,T,F],[T,F,T],[F,T,T]]또는 [[1,2],[1,3],[2,3]](실제 위치의 목록은) 모두 정상입니다.
출력은 유효한 트리 형식 일 수 있습니다. 예를 들어 maj(maj(x1,x2,x3),x4,x5)작동합니다. 에서와 같이 단일 숫자를 변수의 독립형으로 사용하려고 할 것입니다 [[1,2,3],4,5]. 123m45m예를 들어 리버스 폴리싱 도 가능합니다.
작동하는 기능이 없으면 프로그램이 오류를 생성하거나 잘못된 값을 출력해야합니다.
작동하는 여러 기능이있는 경우 프로그램에서 해당 기능을 반환 할 수 있습니다. 기능을 단순화 할 필요는 없습니다. 예를 들어 maj(x1,x1,x2)또는 x1동등합니다.

채점

이것은 코드 골프입니다 : 바이트 단위의 최단 솔루션이 승리합니다.

테스트 사례 :

이러한 경우마다 가능한 많은 출력이 있으므로 출력을 함수로 변환하고 지정된 각 입력 벡터에서 함수가 true를 반환하는지 확인하는 검사기 스크립트를 작성해야합니다.

Input: 3, [TFF]
Output: 1 or [1,1,2] or [1,[1,2,2],[1,1,3]] or other equivalent

Input: 3, [TFF,FTF]
Output: Falsey or error (it's not possible)

Input: 3, [TTF,TFT]
Output: [1,2,3] or 1 or other equivalent

Input: 3, [TTF,TFT,FTT]
Output: [1,2,3] or [1,3,2] or other equivalent

Input: 4, [TTFF,TFTF,FFTT]
Output: Falsey or error

Input: 4, [TTTF,TTFT,TFTT,FTTT]
Output: [1, 2, 3] or [2,3,4], or many other options

Input: 5, [TTTFF,FTTFT,TFFFT]
Output: [1,[1,[1,2,5],[2,4,5]],3] or many other options 

Input: 6, [TTTFFF,FTFTTF,TFFTFT]
Output: [1, 2, 4] or [1, [1, 2, 4], [2, 3, 4]] or others

Input: 5, [TTTFF,TTFTF,TTFFT,TFTTF,TFTFT,TFFTT,FTTTF,FTTFT,FTFTT,FFTTT]
Output: [[1, [1, 3, 5], 4], [1, 2, [2, 4, 5]], [2, 3, [3, 4, 5]]] or others

Input: 7, [TTTTFFF,TTTFTFF,TTTFFTF,TTTFFFT,TTFTTFF,TTFTFTF,TTFTFFT,TTFFTTF,TTFFTFT,TTFFFTT,TFTTTFF,TFTTFTF,TFTTFFT,TFTFTTF,TFTFTFT,TFTFFTT,TFFTTTF,TFFTTFT,TFFTFTT,TFFFTTT,FTTTTFF,FTTTFTF,FTTTFFT,FTTFTTF,FTTFTFT,FTTFFTT,FTFTTTF,FTFTTFT,FTFTFTT,FTFFTTT,FFTTTTF,FFTTTFT,FFTTFTT,FFTFTTT,FFFTTTT]
Output: [[[1, [1, [1, 4, 7], 6], 5], [1, [1, 3, [3, 6, 7]], [3, 5, [5, 6, 7]]], [3, 4, [4, [4, 5, 7], 6]]], [[1, [1, [1, 4, 7], 6], 5], [1, 2, [2, [2, 5, 7], 6]], [2, [2, 4, [4, 6, 7]], [4, 5, [5, 6, 7]]]], [[2, [2, [2, 4, 7], 6], 5], [2, 3, [3, [3, 5, 7], 6]], [3, [3, 4, [4, 6, 7]], [4, 5, [5, 6, 7]]]]]

code-golf logic-gates logic code-golf ascii-art code-golf math factorial

— 후드
소스

"대다수 함수의 5 차 구성은 (x1, x2, x3, x4, x5) => maj (x1, x2, maj (x3, x4, x5))"입니다. x1 = x2 = F 인 경우 대답은 무엇입니까? x3 = x4 = x5 = T; ?

— tsh

진리표를 추가하겠습니다.

— 후드

1의 출력은 무엇을 의미합니까?

— Mhmd

추천 제목 : 논리 게이트가있는 Gerrymandering

— Robert Fraser

@trichoplax 아니요, 나머지 모든 벡터의 출력은 무엇이든 가능합니다. 나는 그것을 명시 적으로 업데이트 할 것입니다.

— 후드

답변:

자바 스크립트 (ES6), 260 바이트

부울 배열의 배열로 입력을받습니다. 1- 인덱스 다수 게이트의 트리를 반환하거나 솔루션이없는 경우 재귀 오류 ^(1)를 발생시킵니다.

주 함수 f () 는 솔버 F () 를 호출하고 각 반복에서 최대 중첩 레벨 m 을 증가시켜 솔루션을 재귀 적으로 찾습니다 .

_{(1) 오랜 시간이 지나고 무한한 기억을 가정}

f=(a,m)=>(F=(a,d,I=a[i=0].map(_=>++i),g=(a,b)=>b[1]?b.reduce((s,i)=>s+g(a,i),0)>1:a[b-1])=>I.find(i=>a.every(a=>g(a,i)))||d&&(I.reduce((a,x)=>[...a,...a.map(y=>[...y,x])],[[]]).some(b=>r=b.length==3&&F(a.map(a=>[...a,g(a,b)]),d-1,[...I,b]))&&r))(a,m)||f(a,-~m)

데모

코드 스 니펫 표시

f=(a,m)=>(F=(a,d,I=a[i=0].map(_=>++i),g=(a,b)=>b[1]?b.reduce((s,i)=>s+g(a,i),0)>1:a[b-1])=>I.find(i=>a.every(a=>g(a,i)))||d&&(I.reduce((a,x)=>[...a,...a.map(y=>[...y,x])],[[]]).some(b=>r=b.length==3&&F(a.map(a=>[...a,g(a,b)]),d-1,[...I,b]))&&r))(a,m)||f(a,-~m)

test = a => console.log(JSON.stringify(f(a.split(',').map(s => [...s].map(c => c == 'T')))))

test('TFF')
test('TTF,TFT')
test('TTF,TFT,FTT')
test('TTTF,TTFT,TFTT,FTTT')
test('TTTFF,FTTFT,TFFFT')
test('TTTFFF,FTFTTF,TFFTFT')
test('TTTFF,TTFTF,TTFFT,TFTTF,TFTFT,TFFTT,FTTTF,FTTFT,FTFTT,FFTTT')

Expand snippet

예

아래는 데모의 마지막 테스트 사례에서 찾은 솔루션의 유효성 검사 표입니다.

12345 | [5,[1,2,4],[3,4,[1,2,3]]]
------+-------------------------------------------------------------
TTTFF | [F,[T,T,F],[T,F,[T,T,T]]] --> [F,T,[T,F,T]] -> [F,T,T] --> T
TTFTF | [F,[T,T,T],[F,T,[T,T,F]]] --> [F,T,[F,T,T]] -> [F,T,T] --> T
TTFFT | [T,[T,T,F],[F,F,[T,T,F]]] --> [T,T,[F,F,T]] -> [T,T,F] --> T
TFTTF | [F,[T,F,T],[T,T,[T,F,T]]] --> [F,T,[T,T,T]] -> [F,T,T] --> T
TFTFT | [T,[T,F,F],[T,F,[T,F,T]]] --> [T,F,[T,F,T]] -> [T,F,T] --> T
TFFTT | [T,[T,F,T],[F,T,[T,F,F]]] --> [T,T,[F,T,F]] -> [T,T,F] --> T
FTTTF | [F,[F,T,T],[T,T,[F,T,T]]] --> [F,T,[T,T,T]] -> [F,T,T] --> T
FTTFT | [T,[F,T,F],[T,F,[F,T,T]]] --> [T,F,[T,F,T]] -> [T,F,T] --> T
FTFTT | [T,[F,T,T],[F,T,[F,T,F]]] --> [T,T,[F,T,F]] -> [T,T,F] --> T
FFTTT | [T,[F,F,T],[T,T,[F,F,T]]] --> [T,F,[T,T,F]] -> [T,F,T] --> T

— 아르나 울드
소스

누군가가 찾을 수있는 효율적인 솔루션이 있습니다. 그 사이에, 나는 일종의 작품을 짐작할 것 같다 ...

— Hood

Mathematica, 121 바이트

부울 벡터에서 실제 위치 목록으로 두 번째 인수를 취하는 익명 함수입니다.

f[n_][s_]:=If[n<3,(Intersection@@s)[[1]],{#/. 2->1,#2/.{2->1,3->2},#3}&@@(1+f[n-1]/@(s-1/.{{0->1},{1->2,0->1},{0->2}}))]

약간 더 좋은 형식 :

f[n_][s_] := If[n < 3, (Intersection @@s)[[1]],
   {# /. 2 -> 1, #2 /. {2 -> 1, 3 -> 2}, #3} & @@ 
    (1 + f[n - 1] /@ (s - 1 /. {{0 -> 1}, {1 -> 2, 0 -> 1}, {0 -> 2}}))]

$\def\maj{\mathrm{maj}}\def\T{\mathrm{True}}\def\F{\mathrm{False}}$ 세 개 미만의 변수가있는 경우 모든 구속 조건에 공통 "참"이 있는지 확인하기 위해 구속 조건 벡터를 교차시킵니다. 하나가 있으면 상수 함수 (x_1, x_2)-> x_i가 작동하고 그렇지 않으면 불가능합니다 (빈 목록의 첫 번째 요소를 가져 오면 오류가 발생합니다).

$f_1=f(x_1,x_1,x_2,x_3,\ldots,x_{n-1})$ $f_2=f(x_1,x_2,x_2,x_3,\ldots,x_{n-1})$ $f_3=f(x_1,x_2,x_1,x_3,\ldots,x_{n-1}))$ , 이들 각각을 재귀 적으로 해결 한 다음 $f=\maj(f_1(x_1,x_3,x_4,\ldots,x_n), f_2(x_1,x_2,x_4,\ldots,x_n),f_2(x_2,x_3,x_4,\ldots,x_n))$ .

설명:

이것은 변수 문제에 대한 세 가지 솔루션을 찾는 것까지 $n$ 변수 문제 의 해결책을 찾는 문제를 줄이는 재귀 알고리즘입니다 . 이 작업을 수행하는 주요 관찰은 에 대해 우리가 찾고있는 기능 중 하나 인 $n-1$ $f$ $f(x_1,\ldots,x_n)=\maj(f(x_1,x_1,x_3,x_4,\ldots,x_n),f(x_1,x_2,x_2,\ldots),f(x_3,x_2,x_3,\ldots))$

첫 번째 위치에서 $x_2$ 를 $x_1$ , 두 번째 위치 $x_3$ 을 $x_2$ 로, 세 번째 위치 $x_1$ 을 $x_3$ 대치했습니다 .

$f(x_1,x_1,x_3,x_4,\ldots,x_n)$ $f(x_1,x_2,x_2,x_4,\ldots,x_n)$ $f(x_3,x_2,x_3,x_4,\ldots,x_n))$

왜 이것이 사실입니까? 대부분의 함수는 다음 두 가지 속성을 만족시킵니다.

$!x$ $x$ $\maj(!x,!y,!z)=!\maj(x,y,z)$
$\maj(x,y,\F)\leq \maj(x,y,\T)$ $\F\leq \T$ $(x_1,\ldots,x_n)\leq (y_1,\ldots, y_n)$ $x_i\leq y_i$ $i$ $f$ $(x_1,\ldots x_n)\leq(y_1,\ldots, y_n)$ $f(x_1,\ldots x_n)\leq f(y_1,\ldots, y_n)$ . 단조 함수의 구성은 단조이므로 대부분의 함수에서 만들 수있는 모든 함수는 단조입니다.

보완적인 단조 함수는 대부분의 게이트로 구축 될 수있는 함수의 클래스라는 것이 밝혀졌습니다.

$f$ $f(x_1,\ldots,x_n)=\maj(f(x_1,x_1,x_3,x_4,\ldots,x_n),f(x_1,x_2,x_2,x_4,\ldots,x_n),f(x_3,x_2,x_3,x_4,\ldots,x_n))$

$f_1(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)=f(x_1,x_1,x_3,x_4,\ldots,x_n)$ $f_2(x_1,\ldots,x_n)=f(x_1,x_2,x_2,x_4,\ldots,x_n)$ and $f_3(x_1,\ldots,x_n)=f(x_3,x_2,x_3,x_4,\ldots,x_n)$ . To show that $f=\maj(f_1,f_2,f_3)$ , we need to show that for any input, at least two of $f_1$ , $f_2$ , and $f_3$ are equal to $f$ . We divide up into cases based on the values of $x_1$ , $x_2$ and $x_3$ . If $x_1=x_2=x_3$ then $f_1=f_2=f_3=f$ .

Suppose not all of $x_1$ , $x_2$ , and $x_3$ are the same. By permuting the variables of $f$ , we can assume that $x_1=x_2$ and $x_3$ is different and because $f$ is complementary, it suffices to deal with the case $x_1=x_2=\F$ and $x_3=\T$ . In this case, $(x_1,x_1,x_3)=(\F,\F,\T)=(x_1,x_2,x_3)$ , $(x_1,x_2,x_2)=(\F,\F,\F)\leq (x_1,x_2,x_3)$ and $(x_3,x_2,x_3)=(\T, \F, \T) \geq (x_1,x_2,x_3)$ . By monotonicity we deduce that $f_2\leq f_1=f\leq f_3$ . If $f=\F$ then $f_2\leq \F$ implies $f_2=\F=f$ and if $f=\T$ then $f_3\geq \T$ implies $f_3=\T$ . Thus, at least two of $f_1$ , $f_2$ , and $f_3$ are equal to $f$ in all cases so $f=\maj(f_1,f_2,f_3)$ .

— Hood
소스