可逆树长关系

Question

我正在尝试在“纯”Prolog 中编写可逆关系（没有 is、cut 或类似的东西。是的，这是家庭作业），我必须承认我不知道如何做。我没有看到任何创建这种东西的过程。

我们被赋予了“不纯”但可逆的算术关系（add、mult、equal、less、...），我们必须使用它来创建这些关系。

现在我正在尝试通过创建关系 tree(List,Tree) 来了解如何创建可逆函数，如果 List 是二叉树 Tree 的叶子列表，则这是真的。

为了实现这样的事情，我正在尝试创建tree_size(Tree,N) 关系，当Tree 有N 离开时，这是正确的。这是我天真的、不可逆的关系：

tree_len(n(_,leaf,leaf),1).
tree_len(n(op,G,D),N) :-
    tree_len(G,TG),
    tree_len(D,TD),
    add(TG,TD,N).

我可以查询tree_len(some tree, N)，但不能查询tree_len(X,3)，所以它是不可逆的。到目前为止，我已经尝试了一些事情，但我必须承认我感到沮丧，因为我不知道在哪里寻找什么。真的有办法做到这一点吗？

Answer 1

不终止的原因

首先，让我们尝试理解为什么您的定义是不可逆的。我将使用failure-slice 来更好地解释它。所以考虑查询tree_len(X,1). 乍一看，一切都很完美，你甚至会得到一个很好的答案！

?- tree_len(T,1).
T = n(_G267, leaf, leaf) 

但永远不要要求另一个答案，因为它会循环：

?- tree_len(T,1).
T = n(_G267, leaf, leaf) ;
** LOOPS **

所以我们得到的答案有点让人分心。乍一看似乎一切正常，但只有在回溯时才遇到真正的问题。这是在 Prolog 中习惯的东西。显然，您使用 3 的查询得到了更好的选择。但那是运气。

一般来说，有一种简单的方法可以确保这一点。只需将额外的目标 false 添加到查询中。添加false 意味着我们不再对任何答案感兴趣，因为它不再能够成功。这样一来，所有的干扰都消除了，我们直接面对问题：

?- tree_len(T,1), false.
** LOOPS **

那么，这个循环从何而来？

在纯粹的、单调的 Prolog 程序（例如这个）中，我们可以通过在我们的程序中添加一些目标 false 来定位不终止的原因。如果生成的程序（称为failure-slice）没有终止，那么原始程序也不会终止。这是我们查询的最小故障片：

?- tree_len(T,1), 假。 tree_len(n(_,leaf,leaf),1) :- false。 tree_len(n(op,G,D),N) :- tree_len(G,TG), 假, tree_len(D,TD), N 是 TG+TD。

我们的程序所剩无几！正是这个微小的片段负责不终止。如果我们想解决这个问题，我们必须在那个微小的部分做点什么。其他一切都是徒劳的。

所以我们需要做的是以某种方式改变程序，使这个片段不再循环。

实际上，我们有两个选择，我们可以使用successor arithmetics 或constraints like clpfd。前者在任何 Prolog 系统中都可用，后者仅在 SWI、YAP、SICStus、GNU、B 等系统中提供。

使用successor-arithmetics

现在，3 由s(s(s(0))) 表示。

tree_lensx(T, s(N)) :- 树_lendiff（T，N，0）。 tree_lendiff(n(_,leaf,leaf), N,N)。 tree_lendiff(n(op,G,D), s(N0),N) :- tree_lendiff(G, N0,N1), tree_lendiff(D, N1,N)。

我在这里使用了几种常见的编码技术。

区别

实际的关系是tree_lendiff/3，它不是用一个参数表示一个自然数，而是用两个。实际数字是两者之间的差异。通过这种方式，可以保留可逆的定义。

避免左递归

另一种技术是避免左递归。 tree_lendiff/3 描述的长度实际上是长度减一。还记得我们首先得到的故障片吗？同样的故障片也会出现在这里！然而，通过将长度“移动”一，递归规则的头部现在可以确保终止。

使用library(clpfd)

最初，开发有限域上的约束是为了解决组合问题。但是您也可以使用它们来获得可逆算术。 SWI 和 YAP 中的实现甚至可以编译成代码，其效率通常与传统的不可逆 (is)/2 相当，同时仍然是可逆的。

:- use_module(library(clpfd)).

tree_fdlen(n(_,leaf,leaf),1).
tree_fdlen(n(op,G,D),N) :-
   N #= TG+TD,
   TG #>= 1,
   TD #>= 1,
   tree_fdlen(G,TG),
   tree_fdlen(D,TD).

此程序更符合您的原始定义。尽管如此，请注意TG #>= 1 和TD #>= 1 这两个目标添加了冗余信息以确保终止该程序。

我们现在可以像这样枚举一定范围内的所有树：

?- Size in 0..4, tree_fdlen(T, Size).
Size = 1, T = n(_A,leaf,leaf) ;
Size = 2, T = n(op,n(_A,leaf,leaf),n(_B,leaf,leaf)) ;
Size = 3, T = n(op,n(_A,leaf,leaf),n(op,n(_B,leaf,leaf),n(_C,leaf,leaf))) ;
Size = 4, ... ;
Size = 4, ... ;
Size = 3, ... ;
Size = 4, ... ;
Size = 4, ... ;
Size = 4, ... ;
false.

注意答案替换的确切顺序！它不仅仅是 1,2,3,4！而是以一些的顺序找到答案。哪一种都无所谓，只要我们对找到所有解决方案感兴趣！

Answer 2

有趣的问题。

这就是我要做的。基本上，您的关系是不可逆的，因为 add/3 不是。我本质上所做的是，用与叶子数量相对应的大小列表来代替计数 - 是可逆的（嗯，append/3 和 length/2 是可逆的）。

这是您需要的吗？发布的代码可以在 YAP 下运行。

PS：这可能不是最简洁的解决方案，但这是我的想法。如果您有任何其他问题，我会尽力提供帮助。

:-  use_module(library(lists)).

do_tree_len(n(_,leaf,leaf), [X]).
do_tree_len(n(op,G,D), [X1,X2|T]) :-
    append(TG, TD, [X1,X2|T]),
    TG \= [X1,X2|T], % To prevent infinite loops, when TG or TD is []
    TD \= [X1,X2|T],
    do_tree_len(G, TG),
    do_tree_len(D, TD).

tree_len(Tree, N):-
    length(L, N),
    do_tree_len(Tree, L).