Solucionador de labirinto míope ideal

Eu estava brincando com a demo do Google Blocky's Maze e lembrei da regra antiga de que, se você quiser resolver um labirinto, mantenha a mão esquerda na parede. Isso funciona para qualquer labirinto conectado simples e pode ser implementado por um transdutor finito.

Deixe nosso robô ser representado por um transdutor com as seguintes ações e observáveis:

Ações: vá em frente ( ), vire à esquerda ( ), vire à direita ( ) $\uparrow$ $\leftarrow$ $\rightarrow$
Observáveis: parede à frente ( ), sem parede à frente ( ) $\bot$ $\top$

Em seguida, podemos construir o solucionador de labirinto esquerdo como (perdoe meu desenho preguiçoso):

transdutor para resolver o labirinto

Onde ver um observável nos fará seguir a borda apropriada para fora do estado enquanto executamos a ação associada a essa borda. Esse autômato resolverá todos os labirintos simplesmente conectados, embora possa demorar um pouco após os becos sem saída. Chamamos outro autômato melhor que se: $B$ $A$

$B$ executa estritamente mais etapas em apenas um número finito de labirintos e
$B$ executa estritamente menos etapas (em média; para variantes probabilísticas) em um número infinito de labirintos.

Minhas duas perguntas:

Existe um autômato finito melhor que o desenhado acima? E se permitirmos transdutores probabilísticos?
Existe um autômato finito para resolver labirintos que não são necessariamente simplesmente conectados?

automata finite-automata artificial-intelligence

— Artem Kaznatcheev
fonte

@jmad e eu tivemos uma discussão bastante proveitosa no bate-papo sobre essa questão. Se você está pensando sobre a questão (especialmente as definições de melhor que ), recomendo verificar a transcrição.

— Artem Kaznatcheev

Não vejo como essa pergunta se relaciona com a IA (em particular nossos agentes para não mudarem seu comportamento, dados de instância), mas não sou especialista nesse campo.

— Raphael

A resolução de labirintos e a localização de caminhos de Rafael (desde a revisão do BFS, DFS, até A * e on-wards) são o currículo básico de um curso de introdução à IA. Concordo que, como inteligência, isso não é particularmente empolgante, mas se a IA me ensinou alguma coisa: a maior parte da IA é apenas um problema de pesquisa.

— Artem Kaznatcheev

Respostas:

Se entendi bem a pergunta, acho que você pode aplicar um truque de aceleração para obter autômatos mais rápidos em um número infinito de labirintos (desde que a saída seja colocada em uma das bordas): você pode simplesmente usar os estados internos para armazenar um número finito de etapas e reconhecer becos sem saída como o da figura:

insira a descrição da imagem aqui

Quando um autômato à direita está na posição e seu estado "sinaliza" que acabou de seguir um quadrado fechado ( com tamanho fixo codificado, não um quadrado grande arbitrário ), ele pode virar à esquerda com segurança e evitar visitar o beco sem saída zona. Conforme sublinhado no meu comentário abaixo, o autômato aplicará o atalho em todos os labirintos que contenham uma (ou mais) "sub-imagens" como a da figura, para que ele tenha um desempenho melhor em infinitos labirintos. Nos labirintos que não contêm uma sub-imagem como a da figura, ela funcionará como um autômato padrão à direita. $A$

De maneira semelhante, você pode codificar um número finito de diferentes formas de tamanho fixo para evitar becos sem saída e acelerar seu autômato. Como conseqüência, não existe um solucionador de labirinto míope "ideal" para labirintos simplesmente conectados com a saída colocada na borda.

O truque funciona se a entrada for colocada dentro do labirinto e a saída na fronteira também; mas se a saída for colocada dentro do labirinto, não funcionará porque todos os locais devem ser visitados e, nesse caso, o seu solucionador míope é ideal.

Obviamente, você não pode aplicar o mesmo truque para resolver labirintos não simplesmente conectados (mas deve funcionar se houver um limite superior fixo no tamanho de cada componente não conectado).

— Vor
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Esse é um truque legal para o caso de entrada e saída na fronteira (que é uma subclasse de labirintos simplesmente conectados). Isso mostra que, nesse caso restrito, a ordem que eu defini não possui elementos mínimos. Eu não acho que possa ser generalizado para todos os labirintos simplesmente conectados (que é o conjunto à esquerda do conjunto que funciona).

— Artem Kaznatcheev

@ArtemKaznatcheev: Eu acho que o truque funciona em labirintos com entrada dentro do labirinto e saída na fronteira também. Além disso, ele trabalha em (infinitamente muitos) labirintos nos quais há uma sub-imagem como a da figura). Vou editar a pergunta para esclarecer esse ponto.

— Vor

k

$k$

4 k - 1

$4k-1$

Questão 1

Acho que sua definição de melhor é muito rigorosa no sentido de que finito é muito restritivo (mas não tenho nenhuma definição melhor).

$R=(R_i)_i$ $R_i$ $i$ $L$ $A_R$ $A_L$ $R$ $L$ $A_R$ $A_L$

$A_R$ $R$ $A_R$

Transdutores probabilísticos provavelmente podem ser descartados, já que um transdutor determinístico será mais rápido nesses conjuntos infinitos de labirintos.

Pergunta 2 (graças à discussão com o OP )

Não. (Fonte: este artigo inovador de Lothar Budach. O teorema é mais claramente afirmado no resumo deste artigo por Frank Hoffmann.)

— jmad
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sim, precisaríamos definir algumas classes de equivalência em labirintos sob transformações padrão (como rotações e reflexões) para fazer a parede da esquerda e da direita seguir o equivalente. Infelizmente, sua seção da pergunta 1 não responde à minha primeira pergunta . Você mostra que existem solucionadores incomparáveis (na ordem parcial 'melhor que') (como a mão esquerda e a mão direita, se não fizermos suposições de simetria), mas isso não prova que não há um que seja. melhor que a mão esquerda.

— Artem Kaznatcheev

A

$A$

B

$B$

A \leq B

$A \leq B$

L

$L$

\exists R

$\exists R$

R ≰ L

$R \not\leq L$

L ≰ R

$L \not\leq R$

\forall A

$\forall A$

A ≰ L

$A \not\leq L$

L \leq A

$L \leq A$

\leq

$≤$

A \leq B

$A≤B$

B

$B$

A

$A$

A

$A$

B

$B$

# {A (M) < B (M) ∣ | M | \leq n} / # {M ∣ | M | \leq n} = o (1)

$\#\{A(M)<B(M) ∣ |M|≤n\}/\#\{M ∣ |M|≤n\} = o(1)$