Çoğunluk işlevi, üç boole girişi alan ve en yaygın olanı döndüren bir boolean işlevidir. Örneğin maj(x,y,z), çoğunluk işlevi Tdoğruysa ve Fyanlış'ı gösterirse, o zaman:

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

Bu soru, çoğunluk işlevlerinin bileşimi olarak boole işlevlerinin yazılmasıyla ilgilidir. Çoğunluk fonksiyonlarının 5-ary kompozisyonuna bir örnek verilebilir (x1,x2,x3,x4,x5) => maj(x1,x2,maj(x3,x4,x5)). Bu işlev, bu örnek giriş vektörlerinde aşağıdaki çıktıyı döndürür:

(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

Görev

Pozitif bir tamsayı n ve booleanların uzunluk n vektörlerinin bir listesini girip, mümkünse verilen vektörlerin hepsinde doğru olan çoğunluk kapıları ağacını çıktılayan bir program yazın. İşlev, sınırlamalar listesinde olmayan vektörlerde doğru veya yanlış döndürebilir.

• Vektörlerin listesi istediğiniz formatta girilebilir. İsterseniz, vektörü girmek yerine, vektördeki gerçek konumların listesini girebilirsiniz. Örneğin, [TTF,TFT,FTT]veya [[T,T,F],[T,F,T],[F,T,T]]veya [[1,2],[1,3],[2,3]](gerçek pozisyonların listesi) hepsi iyidir.

• Çıktı geçerli herhangi bir ağaç biçimi olabilir. Örneğin maj(maj(x1,x2,x3),x4,x5)çalışır. Büyük olasılıkla, değişkenleri için olduğu gibi tek sayılar stand-in olarak kullanmak isteyeceksiniz [[1,2,3],4,5]. 123m45mÖrneğin, ters cila da uygundur.

• Çalışan bir işlev yoksa, programınız bir hata oluşturmalı veya bir falsey değeri çıkarmalıdır.

• Çalışan birden çok işlev varsa, programınız bunlardan herhangi birini döndürebilir. Fonksiyonun basitleştirilmesine gerek yoktur. Örneğin maj(x1,x1,x2)veya x1eşdeğerdir.

puanlama

Bu kod golf: Bayt en kısa çözüm kazanır.

Test senaryoları:

Bu durumların her biri için birçok olası çıkış olduğunu unutmayın, bu nedenle çıktınızı bir işleve dönüştüren bir denetleyici komut dosyası yazmalı ve işlevinizin belirtilen giriş vektörlerinin her birinde doğru olup olmadığını kontrol etmelisiniz.

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 bayt

Girdiyi boole dizisi dizisi olarak alır. 1 dizinli çoğunluk geçidi ağacını döndürür veya çözüm yoksa yineleme hatası ⁽¹⁾ atar .

Ana f () işlevi , F () çözücüsünü çağırarak ve her yinelemede maksimum iç içe yerleştirme düzeyini m artırarak özyinelemeli bir çözüm bulmaya çalışır .

_{(1) uzun bir süre sonra ve sonsuz bellek varsayarak}

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)

gösteri

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')

Misal

Aşağıda, demonun son test durumu için bulunan çözümün bir doğrulama tablosu bulunmaktadır.

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

Mathematica, 121 bayt

İkinci argümanını, booleans vektöründeki gerçek konumlar listelerinin bir listesi olarak alan anonim bir işlev.

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}}))]

Biraz daha hoş biçimlendirilmiş:

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}}))]

$\def\maj{\mathrm{maj}}\def\T{\mathrm{True}}\def\F{\mathrm{False}}$ Üçten az değişken varsa, tüm kısıtlamalarda ortak bir "Doğru" olup olmadığını görmek için kısıtlama vektörlerini kesiştirin. Bir tane varsa, sabit işlev (x_1, x_2) -> x_i çalışır, aksi takdirde imkansızdır (ve boş bir listenin ilk öğesini almaya çalışarak bir hata atar).

$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}))$ , bunların her birini tekrar tekrar çözün, sonra$f=\maj(f_1(x_1,x_3,x_4,\ldots,x_n), f_2(x_1,x_2,x_4,\ldots,x_n),f_2(x_2,x_3,x_4,\ldots,x_n))$ .

Açıklama:

$n$$n-1$$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))$

Birinci konumda, $x_2$ yerine $x_1$ , ikinci konumda $x_3$ ile $x_2$ ve üçüncü konumda $x_1$ ile $x_3$ .

Bu kimliği öğrendikten sonra, algoritma açıktır: iki veya daha az değişken olduğunda, sorun önemsizdir. Aksi takdirde, $f(x_1,x_1,x_3,x_4,\ldots,x_n)$ , $f(x_1,x_2,x_2,x_4,\ldots,x_n)$ ve $f(x_3,x_2,x_3,x_4,\ldots,x_n))$ ve bunların çoğunu alın.

Bu neden doğru? Çoğunluk işlevi iki özelliği karşılar:

1. "Tamamlayıcı" dır. Bu, eğer $!x$ olumsuzlanmasıdır $x$ , o zaman $\maj(!x,!y,!z)=!\maj(x,y,z)$ . Sonuç olarak, çoğunluk fonksiyonundan oluşturabileceğimiz her fonksiyon tamamlayıcıdır.

2. $\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)$. Monotonik fonksiyonların bileşimi monotoniktir, bu nedenle çoğunluk fonksiyonundan oluşturabileceğimiz her fonksiyon monotoniktir.

Tamamlayıcı monotonik fonksiyonların tam olarak çoğunluk kapılarından yapılabilecek fonksiyon sınıfı olduğu ortaya çıkıyor.

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