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本页面将简要介绍 IDA* 算法．IDA* 就是采用了迭代加深算法的 A* 算法．

过程

IDA* 算法是迭代加深搜索的一种变形．迭代加深搜索在每次 DFS 中限制搜索深度，而 IDA* 则限制单次 DFS 的路径成本．

在一次迭代中，算法从起点 $s$ 开始进行 DFS，记录到达当前结点 $x$ 的实际成本 $g(x)$ ，并利用它到终点的最小成本估计 $h(x)$ 进行剪枝．如果沿着当前路径到达终点的总成本估计

f(x) = g(x) + h(x)

超过阈值 $C$ ，则停止对该分支的搜索．

阈值 $C$ 在迭代间动态更新．初始阈值取为起点的总成本估计值 $h(s)$ ．在一次迭代中，每当因超过阈值而停止时，就记录所有尚未访问的后继结点的总成本估计的最小值．迭代结束后，将阈值更新为这一最小值，继续下一轮搜索．

性质

由于使用了和 A* 算法一样的剪枝策略，所以对 A* 算法性质的讨论对 IDA* 算法也适用．

和 A* 算法相比，IDA* 算法有如下优点：

不需要判重，不需要排序，利于深度剪枝．
空间需求减少．每次迭代都是一个深度优先搜索，但是对搜索中的路径成本有限制，使用 DFS 可以减小空间消耗．

同时，它也有缺点：

重复搜索．即使前后两次搜索相差微小，每次放宽限制都要再次从头搜索．

实现

设 $h$ 是一个合适的估价函数， $s$ 为搜索起点．完整的算法流程大致如下所示：

\begin{array}{l} \textbf{Algorithm. }\textrm{IdaStar}():\\ \textbf{Output. }\text{The shortest path, }\textit{path}\text{, and its cost, }C\text{, if a path exists,}\\ \quad \text{and }\textrm{NOT}\_\textrm{FOUND}\text{, otherwise.}\\ \textbf{Method.}\\ \begin{array}{ll} 1 & C \gets h(s) \\ 2 & path \gets [s] \\ 3 & \textbf{while }\text{true}\\ 4 & \quad t \gets \textrm{Search}(\textit{path},0,C)\\ 5 & \quad \textbf{if } t=\text{FOUND}\textbf{ then return }(\textit{path},C) \\ 6 & \quad \textbf{if } t=\infty\textbf{ then return }\textrm{NOT}\_\textrm{FOUND} \\ 7 & \quad C \gets t \end{array}\\ \\ \textbf{Sub-Algorithm. }\textrm{Search}(\textit{path},g,C):\\ \textbf{Input. }\text{The current path, }\textit{path}\text{, its cost, }g\text{, and search limit }C.\\ \textbf{Output. }\text{FOUND, if the target node has been reached; }\infty\text{, if all}\\ \quad \text{reachable nodes have been explored; otherwise, the minimum}\\ \quad \text{total cost, }t\text{, among nodes not yet explored.}\\ \textbf{Method.}\\ \begin{array}{ll} 1 & \textit{node} \gets \text{the last element in }\textit{path}\\ 2 & f \gets g + h(\textit{node}) \\ 3 & \textbf{if } f > C \textbf{ then return } f \\ 4 & \textbf{if }\textit{node}\text{ is the target }\textbf{then return }\text{FOUND}\\ 5 & \textit{min} \gets \infty \\ 6 & \textbf{for }\text{each }\textit{child}\text{ of }\textit{node }\textbf{do}\\ 7 & \quad \textbf{if }\textit{child}\text{ not in }\textit{path}\textbf{ then}\\ 8 & \quad \quad \text{append }\textit{child}\text{ to }\textit{path}\\ 9 & \quad \quad t \gets \text{Search}(\textit{path}, g + \text{Cost}(\textit{node},\textit{child}), C)\\ 10 & \quad \quad \textbf{if }t = \text{FOUND}\textbf{ then return }\text{FOUND}\\ 11 & \quad \quad \textbf{if }t < \textit{min}\textbf{ then }\textit{min}\gets t\\ 12 & \quad \quad \text{remove the last element of }\textit{path}\\ 13 & \textbf{return }\textit{min} \end{array} \end{array}

例题

埃及分数

在古埃及，人们使用互不相同的单位分数（即 $1/a$ ， $a\in\mathbf{N}_+$ ）的和表示一切有理数．例如， $\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}$ ，但不允许 $\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}$ ，因为在加数中不允许有相同的单位分数．

对于一个分数 $\dfrac{a}{b}$ ，表示方法有很多种．规定：同一个分数的不同表示方法中，加数少的比加数多的好；如果加数个数相同，则最小的分数越大越好．例如， $\dfrac{19}{45}=\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{18}$ 是最佳方案．

输入整数 $a,b$ （$0 [!note]- 解题思路

这道题目理论上可以用回溯法求解，但是解答树会非常「恐怖」——不仅深度没有明显的上界，而且加数的选择理论上也是无限的．换句话说，如果用宽度优先遍历，连一层都扩展不完，因为每一层都是无限大的．

解决方案是采用迭代加深搜索：从小到大枚举深度上限 $C$ ，每次搜索只考虑深度不超过 $C$ 的结点．这样，只要解的深度有限，则一定可以在有限时间内枚举到．

深度上限 $C$ 还可以用来剪枝．按照分母递增的顺序来进行扩展，如果扩展到 $i$ 层时，前 $i$ 个分数之和为 $\dfrac{c}{d}$ ，而第 $i$ 个分数为 $\dfrac{1}{e}$ ，则接下来至少还需要

h = \left(\dfrac{a}{b}-\dfrac{c}{d}\right)/\left(\dfrac{1}{e+1}\right)

个分数，总和才能达到 $\dfrac{a}{b}$ ．例如，当前搜索到 $\dfrac{19}{45}=\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{100}+\cdots$ ，则后面的分数每个最大为 $\dfrac{1}{101}$ ，至少需要 $\left({\dfrac{19}{45}-\dfrac{1}{5}}\right)/\left({\dfrac{1}{101}}\right)=23$ 项总和才能达到 $\dfrac{19}{45}$ ，因此前 $22$ 次迭代是根本不会考虑这棵子树的．这里的关键在于：可以估计至少还要多少步才能出解．

注意，这里使用「至少」一词表示估计是「乐观的」．和 A* 算法一样，好的估计函数都需要是「乐观的」，也就是说，它不能高估实际成本．将迭代加深搜索中的深度限制 $g\le C$ 替换为更严格的限制 $g + h \le C$ ，就得到了本页面所讨论的 IDA* 算法．因为本文中的路径成本就是它的长度，所以，IDA* 算法同样是对路径长度进行限制，只是加上了对于还需要多少步的估计．更一般的问题中，根据具体要最小化的成本不同，还可以设计出其他的估计函数．

在实现中，对 IDA* 算法进一步剪枝优化：

扩展结点时，下一个要考虑的分母至少是 $\left(\dfrac{a}{b}-\dfrac{c}{d}\right)^{-1}$ ，可以以此改进枚举 $e$ 的起点．
IDA* 的路径成本限制可以变形为
$e \le \left(\dfrac{a}{b}-\dfrac{c}{d}\right)^{-1}(C-g) - 1.$
所以，不必枚举所有的后续分母再逐个判断，只需要枚举到这个上界即可．
在搜索到最后两个分数时，直接利用二次方程计算是否可行，而非继续搜索．具体地，要找到 $e<x<y\le E_\text{max}$ 使得
$\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{p}{q} := \dfrac{a}{b}-\dfrac{c}{d},$
只需要求解二元二次方程组
$\begin{cases} x + y = kp,\\ xy = kq \end{cases}$
即可，其中， $k\in\mathbf N_+$ ．由二次方程的知识可知，方程组在
$\Delta = k^2p^2-4kq > 0 \iff k > \dfrac{4q}{p^2}$
时，才有两个不同的实根
$x = \dfrac{kp - \sqrt{\Delta}}{2},~ y = \dfrac{kp + \sqrt{\Delta}}{2}.$
因此，可以直接枚举所有可行的 $k$ ，判断是否存在这样一组整数解．枚举 $k$ 时，上界通过 $y < E_\text{max}$ 判断．
每次得到一组答案时，都将分母的上界 $M_e$ 调整到当前答案中的最大分母减一．

另外，实现中，直接记录了 $\dfrac{a}{b}-\dfrac{c}{d}$ 和 $C-g$ 的取值，前者的分子和分母分别存储在变量 a 和 b 中，后者则存储为变量 d．

示例代码

#include <cmath>
#include <iostream>
#include <numeric>
#include <vector>

int max_e = 1e7;
std::vector<int> ans;
std::vector<int> current;

long long gcd(long long x, long long y) { return y ? gcd(y, x % y) : x; }

bool dfs(int d, long long a, long long b, int e) {
  long long _gcd = gcd(a, b);
  a /= _gcd;
  b /= _gcd;

  bool solved = false;
  if (d == 2) {
    for (int k = 4 * b / (a * a) + 1;; ++k) {
      long long delta = a * a * k * k - 4 * b * k;
      long long t = std::sqrt(delta + 0.5l);
      long long x = (a * k - t) / 2;
      long long y = (a * k + t) / 2;
      if (y > max_e) break;
      if (!t || t * t != delta || (a * k - t) % 2 != 0) continue;
      ans = current;
      ans.push_back(x);
      ans.push_back(y);
      max_e = y - 1;
      solved = true;
    }
  } else {
    int e1 = std::max(e + 1, int((b + a - 1) / a));
    for (; e1 <= d * b / a && e1 <= max_e; e1++) {
      current.push_back(e1);
      // a/b - 1/e
      solved |= dfs(d - 1, a * e1 - b, b * e1, e1);
      current.pop_back();
    }
  }
  return solved;
}

int solve(int a, int b) {
  if (b % a == 0) {
    ans.push_back(b / a);
    return 1;
  }
  for (int lim = 2; lim <= 100; lim++)
    if (dfs(lim, a, b, 1)) return lim;
  return -1;
}

int main() {
  int a, b;
  std::cin >> a >> b;
  solve(a, b);
  for (auto x : ans) std::cout << x << ' ';
  std::cout << std::endl;
  return 0;
}

习题

UVa1343 旋转游戏