Функція більшості - булева функція, яка займає три булеві входи і повертає найпоширеніші. Наприклад, якщо maj(x,y,z)функція більшості і Tпозначає істинну, а Fтоді позначає помилкову:

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

Це питання стосується написання булевих функцій як композицій більшості функцій. Прикладом 5-арного складу більшості функцій є (x1,x2,x3,x4,x5) => maj(x1,x2,maj(x3,x4,x5)). Ця функція повертає наступний вихід на цих вхідних векторах вибірки:

(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

Завдання

Напишіть програму, яка вводить додатне ціле число n та список довжини n векторів булевих знаків та виводить дерево воріт більшості, яке, якщо можливо, повертає істинні значення для всіх заданих векторів. Функція може повертати істинну або хибну для векторів, які не є у списку обмежень.

• Список векторів може бути введений у будь-якому форматі, який вам подобається. Якщо ви хочете, замість введення вектора, ви можете ввести список справжніх позицій у векторі. Так, наприклад, [TTF,TFT,FTT]або[[T,T,F],[T,F,T],[F,T,T]] або [[1,2],[1,3],[2,3]](список справжніх позицій) все добре.

• Вихідним може бути будь-який дійсний формат дерева. Наприклад, maj(maj(x1,x2,x3),x4,x5)працює. Ви, ймовірно, захочете використовувати одиничні числа як очікування змінних, як у[[1,2,3],4,5] . 123m45mНаприклад, зворотний лак також нормальний.

• Якщо функція не працює, ваша програма повинна генерувати помилку або виводити значення фальси.

• Якщо працює кілька функцій, програма може повернути будь-яку з них. Функцію не потрібно спрощувати. Наприклад, maj(x1,x1,x2)або x1еквівалентні.

Оцінка балів

Це код гольфу: найкоротше рішення в байтах.

Тестові приклади:

Зауважте, що існує багато можливих результатів для кожного з цих випадків, тому слід написати контрольний скрипт, який перетворює ваш вихід у функцію та перевіряє, чи функція повертає справжнє на кожному із зазначених вхідних векторів.

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]]]]]

JavaScript (ES6), 260 байт

Приймає введення як масив масивів булевих. Повертає дерево з 1-проіндексованими воротами більшості або видає помилку рекурсії ^(1), якщо рішення не існує.

Основна функція f () рекурсивно намагається знайти рішення шляхом виклику розв'язувача F () та збільшення максимального рівня гніздування m при кожній ітерації.

_{(1) через тривалий час і припускаючи нескінченну пам'ять}

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)

Демо

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')

Приклад

Нижче наводиться таблиця перевірки рішення, знайденого для останнього тестового випадку демонстрації.

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

Математика, 121 байт

Анонімна функція, яка приймає другий аргумент як перелік списків справжніх позицій у векторі булевих.

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}}))]

Відформатований трохи приємніше:

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}}))]

$\def\maj{\mathrm{maj}}\def\T{\mathrm{True}}\def\F{\mathrm{False}}$ Якщо є менше трьох змінних, перехрестіть вектори обмежень, щоб побачити, чи є загальне "Істинне" у всіх обмеженнях. Якщо така є, то функція постійної (x_1, x_2) -> x_i працює, інакше це неможливо (і викине помилку, намагаючись взяти перший елемент порожнього списку).

В іншому випадку, підставляємо $f_1=f(x_1,x_1,x_2,x_3,\ldots,x_{n-1})$ , $f_2=f(x_1,x_2,x_2,x_3,\ldots,x_{n-1})$ , і $f_3=f(x_1,x_2,x_1,x_3,\ldots,x_{n-1}))$ , рекурсивно розв’яжіть кожне з них, а потім встановіть$f=\maj(f_1(x_1,x_3,x_4,\ldots,x_n), f_2(x_1,x_2,x_4,\ldots,x_n),f_2(x_2,x_3,x_4,\ldots,x_n))$.

Пояснення:

Це рекурсивний алгоритм, який зменшує задачу пошуку рішення $n$ змінної задачі до пошуку трьох рішень для $n-1$ змінних задач. Основне зауваження, що робить цю роботу, полягає в тому, що для $f$ однієї з функцій, яку ми шукаємо, ми маємо: $f(x_1,\ldots,x_n)=\maj(f(x_1,x_1,x_3,x_4,\ldots,x_n),f(x_1,x_2,x_2,\ldots),f(x_3,x_2,x_3,\ldots))$

У першому положенні ми замінили $x_2$ на $x_1$ , у другому - $x_3$ на $x_2$ а в третьому - $x_1$ на $x_3$ .

Як тільки ви дізнаєтесь цю ідентичність, алгоритм стає зрозумілим: коли є дві або менше змінних, проблема є тривіальною. В іншому випадку рекурсивно вирішуйте три задачі представлення $f(x_1,x_1,x_3,x_4,\ldots,x_n)$ , $f(x_1,x_2,x_2,x_4,\ldots,x_n)$ та $f(x_3,x_2,x_3,x_4,\ldots,x_n))$ і візьміть більшість із них.

Чому це правда? Ну функція більшості задовольняє дві властивості:

1. Це "взаємодоповнюючий характер". Тобто, якщо $!x$ є запереченням $x$ , то $\maj(!x,!y,!z)=!\maj(x,y,z)$ . Як наслідок, кожна функція, яку ми можемо побудувати з функції більшості, є взаємодоповнювальною.

2. Це монотонно. Тобто $\maj(x,y,\F)\leq \maj(x,y,\T)$ . Загалом, якщо сказати, що $\F\leq \T$ і скажемо $(x_1,\ldots,x_n)\leq (y_1,\ldots, y_n)$ якщо$x_i\leq y_i$ для всіх$i$ , то я кажу, що функція$f$ є монотонною, якщо$(x_1,\ldots x_n)\leq(y_1,\ldots, y_n)$ означає$f(x_1,\ldots x_n)\leq f(y_1,\ldots, y_n)$. Склад монотонних функцій є монотонним, тому кожна функція, яку ми можемо побудувати з функції більшості, є монотонною.

Виявляється, що комплементарні монотонні функції - це саме той клас функцій, який можна побудувати з воріт більшості.

Тепер ми покажемо, що для $f$ комплементарної монотонної функції наша тотожність справедлива: $f(x_1,\ldots,x_n)=\maj(f(x_1,x_1,x_3,x_4,\ldots,x_n),f(x_1,x_2,x_2,x_4,\ldots,x_n),f(x_3,x_2,x_3,x_4,\ldots,x_n))$

$f_1(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n)=f(x_1,x_1,x_3,x_4,\ldots,x_n)$$f_2(x_1,\ldots,x_n)=f(x_1,x_2,x_2,x_4,\ldots,x_n)$$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 $f=\maj(f_1,f_2,f_3)$.