나는 다음 게임을 만났다. 요청에 따라 마이그레이션합니다.

• 벌레가 서클을 방문하고 있으며 적이 여행 시간을 최대화하기를 원합니다.

• 적은 매 턴마다 원을 놓습니다.

• 버그는 현재 위치에서 최신 원의 중심을 향해 직접 걷다가 원의 내부를 만나면 멈 춥니 다 (따라서 원이 해당 위치를 덮으면 재생되지 않습니다). 이것은 버그의 차례입니다.

• 적에게 사용할 수 있는 서클이 있습니다.$N$

• 각 후속 원의 반경은 이전 원보다 작습니다.

• 각 원은 이전에 재생 된 모든 원의 교차점과 교차해야합니다. 즉, 모든 서클이 재생되면 모든 서클에 공통 교차점이 있어야합니다.

편집 : 적은 반지름이 단조 감소한다는 제약 조건에 따라 원의 반지름을 자유롭게 선택할 수 있습니다.

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질문과 답변:

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1. 와의 거리가 제한되어 있습니까? $N\to\infty$A : 아니요. 이 답변 은 적대 전략의 예입니다.
2. 서클 재생시 버그가 이동해야하는 최대 거리는 얼마입니까? $N$A : 같은 대답으로 에서 자랍니다 .$\Theta(\log(N))$

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변형 2 : 버그는 가장 최근에 플레이 한 두 서클 의 교차점을 향해 직접 걸어갑니다 .

업데이트 :이 변형은 버그가 마지막으로 재생 된 2 개의 서클 만 기억할 수 있다고 가정하여 해결 되었습니다 . 결과는 다시 무한한 거리였습니다.

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제한되지 않은 메모리는 어떤 영향을 미칩니 까? 즉, 버그는 이전에 재생 된 모든 서클 의 교차점으로 이동합니다 . 이것은 의 "느슨한"경계를 만들어 냈고 , 여기서 는 첫 번째 원의 지름입니다. 분명히 이보다 작을 수는 없습니다. 여기를 참조 하십시오 . 현재 상한은 입니다. 이것은 점차적으로 작은 원을 둘러싼 여행으로 최악의 경로를 근사화하여 얻었습니다. 버그는 항상 최종 교차점으로 진행하므로 다음 단계 거리를 줄여야합니다.D 1000 × $O(d)$$d$$1000\times d$

나는 여행 한 거리가 첫 번째 원의 둘레에 작은 상수를 곱한 것으로 생각하지만 현재는 좋은 증거를 제시 할 수 없습니다.

이 답변에는 두 부분이 있으며 올바른 경계는 .$\Theta(\log N)$

1. 의 하한값 첫 번째 원의 반지름을 곱한 값)$\Omega(\log N)$
2. 상부의 경계 정합 .$O(\log N)$

의 하한$\Omega(\log N)$

점 닿는 두 개의 단위 원을 고려하십시오 . (아래 참조; 는 오른쪽에, 버그는 왼쪽에 시작합니다.) 한 원과 다른 원을 번갈아 가며 나타냅니다. 버그는 두 원 사이의 틈새를 가로 질러 지그재그로 위아래로 움직이며 대부분 위아래로 움직이지만 오른쪽으로 천천히 진행합니다. 삼각법을 올바르게 수행 한 경우 단계 후에 공통점으로부터의 거리는 이고 번째 단계에서는 버그가 . 총 거리 .p N Θ ( 1 / $p$$p$$N$NΘ(1/N)Θ(logN$\Theta(1/\sqrt N)$$N$$\Theta(1/N)$$\Theta(\log N)$

다음은 계산 스케치입니다. 버그가 만드는 두 가지 연속적인 단계를 고려하십시오. 그는 어떤 점에서가는 에 에 . 점 와 는 같은 원에 있습니다. 점 는 다른 원에 있습니다. 하자 그 원의 중심이 될 에 있습니다. 크기를 줄이려면 다음 세 개의 삼각형을 고려하십시오.b c a c b o $a$$b$$c$$a$$c$$b$$o$$a$

1. 이등변 삼각형 ( 는 공통점을 기억 하십시오).$\triangle oap$$p$
2. 삼각형 입니다.$\triangle abp$
3. 작은 삼각형$\triangle abc$

이 삼각형은 거의 비슷합니다 (즉, 합동 모듈로 스케일링). 보다 정확하게는, 세 개 모두 다음 속성을 갖습니다 . 짧은 다리와 긴 다리의 길이의 비율은 입니다. (여기서 더 자세히 설명하지는 않지만 버그가 이며 각 삼각형의 꼭지점을 무시할만한 양만큼 교란시켜 삼각형을 비슷하게 만들 수 있습니다.)Θ ( ε ) ε → $\epsilon = |ap|$$\Theta(\epsilon)$$\epsilon\rightarrow 0$

첫 번째 삼각형 의 긴 다리 와 의 길이는 1입니다. 짧은 다리길이는 입니다. 세그먼트 는 두 번째 삼각형의 긴 다리이므로 삼각형의 짧은 다리 길이는 입니다. 구간 는 세 번째 삼각형의 긴 구간이므로 삼각형의 짧은 구간 길이는 입니다. 따라서이 두 단계에서 버그가 발생합니다.p o | 페이지 | ϵ a p a b Θ ( ϵ 2 ) a b a c Θ ( ϵ 3$co$$po$$|ap|$$\epsilon$$ap$$ab$$\Theta(\epsilon^2)$$ab$$ac$$\Theta(\epsilon^3)$

1. 거리버그 이동은 입니다.Θ ( ϵ 2$|ab|+|bc|$$\Theta(\epsilon^2)$
2. 공통 포인트에 버그의 거리 감소 함 에 .ϵ ϵ − Θ ( ϵ 3$p$$\epsilon$$\epsilon-\Theta(\epsilon^3)$

시간 를 이전의 단계 수로 정의하십시오 . 위의 (2)에 의해 , 은 약 단계 후에 일정한 인자만큼 감소 하므로, . 따라서 입니다. 즉, 단계 후에 버그에서 공통점 까지의 거리는 약 입니다. 단계 후에 변수를 변경 하면 버그에서 공통점까지의 거리는 입니다. 그리고 단계에서 버그가 이동합니다.ε t ≈ 1 / 2 K ε Θ ( 1 / ε 2 ) t K + 1 = t K + Θ ( 2 (2) 여기서 k는 ) = t K + Θ ( 4 K ) t K = Θ ( 4 K ) Θ ( 4 K ) P 1 / 2 K N ε $t_k$$\epsilon_t \approx 1/2^k$$\epsilon$$\Theta(1/\epsilon^2)$$t_{k+1} = t_k + \Theta(2^{2k}) = t_k + \Theta(4^k)$$t_k = \Theta(4^k)$$\Theta(4^k)$$p$$1/2^k$$N$NΘ(ε2)=Θ(1/N)NΘ(1+1/2+1/3+...+1/N)=Θ(로그N을$\epsilon = \Theta(1/\sqrt N)$$N$$\Theta(\epsilon^2) = \Theta(1/N)$ 입니다. 따라서 첫 번째 단계로 이동 한 총 거리는 입니다.$N$$\Theta(1+1/2+1/3+...+1/N) = \Theta(\log N)$

하한입니다.

다음과 같이 제안 된 변형 2로 확장됩니다 (내가 이해 한대로).

가장 최근에 배치 된 두 원의 교차점에서 버그가 가장 가까운 지점으로 이동해야한다는 제한을 추가해도 도움이되지 않습니다. 즉, 위의 하한은 여전히 ​​적용됩니다. 이유를 확인하기 위해 버그가 동일한 경로를 계속 여행하면서 제한을 충족시킬 수있는 하나의 외부 원을 추가하여 위 예제를 수정합니다.$\Omega(\log N)$

녹색과 파란색 원은 위 예의 두 원입니다. 교차점 와 는 위의 예에서 와 동일한 와 입니다. 빨간색 원은 새로운 "극심한"원입니다. 이전 순서는 파란색과 녹색 원 사이에서 번갈아 나타납니다. 새로운 순서는이 순서이지만 이전 순서의 모든 원 앞에 빨간색 원이 추가됩니다 (빨간색, 파란색, 빨간색, 녹색, 빨간색, 파란색, 빨간색, 녹색, 빨간색, 파란색 등).b a $a$$b$$a$$b$

버그가에 앉아 가정 블루 배치 후. 다음 원은 빨간색입니다. 빨간색에는 버그가 포함되어 있으므로 버그가 이동하지 않습니다. 다음에 놓인 원은 녹색입니다. 이제 버그가 (녹색과 빨간색 원의 교차점에서 가장 가까운 지점)로 이동합니다. 이를 반복하면 버그가 이전과 같이 이동합니다.$a$$b$

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상한$O(\log N)$

증거 만 스케치합니다.

원의 순서를 수정하십시오. 우리는 다음과 같이 주장한다 , 총 거리가 최초의 버그로 이동 단계입니다 . 일반성을 잃지 않고 첫 번째 원의 반지름이 1이라고 가정하십시오.N O ( log N $N\rightarrow \infty$$N$$O(\log N)$

임의로 큰 수정하십시오 . 하자 최초의 교차점에있는 점 원. 버그가 움직이는 방식으로 인해 버그가 움직이는 각 단계에서 가까워집니다 .P N의 $N$$p$$N$$p$

먼저 다음 비율이 이상인 단계를 고려하십시오 . 이러한 단계에서 이동 한 총 거리는 입니다. 이러한 단계에서 이동 한 총 거리는 초기 거리 곱하기 입니다. 우리는 단지 다른 단계에서 여행 바인딩 총 거리에 필요 그래서 --- 사람들은있는 그 비율이 최대 인 .p $1/\log N$O(로그N)O(로그N)p1/로그

$$\frac{\mbox{the reduction in the distance to } p}{\mbox{the distance traveled in the step}}.$$ $O(\log N)$$O(\log N)$$p$$1 / \log N$

첫째, 우리는 약간 약한 것을 주장한다 : 이러한 단계로 이동 한 총 거리 것을 원 반경 전에이 1/2로 감소 이하 이다 . (나중에 이것을 보여주기에 충분하다는 것을 보여줍니다.)$O(\log N)$

그러한 단계를 고려하십시오. 하자 하고 , 각각, 전 및 후 공정 버그의 위치를 나타낸다. 하자 현재 원 나타낸다 중심을. 하자 광선의 점 나타내는 등 그:b o b ' → p b | P는 | = | p b $a$$b$$o$$b'$$\overrightarrow{pb}$$|pa| = |pb|$

다음 삼각형을 고려하십시오.

1. $\triangle opb$
2. $\triangle pba$
3. $\triangle abb'$

일부 경우 하한과 유사한 기하 인수에 의해 ,이 삼각형들 각각은 2 개의 긴 다리와 1 개의 짧은 다리를 가지며, 짧은 다리 길이와 긴 다리 길이의 비율 (각 삼각형에 대한)은 : Θ ( ϵ ) | b b ' $\epsilon$$\Theta(\epsilon)$

$$\frac{|bb'|}{|ab|} = \Theta\big(\frac{|ab|}{|pa|}\big) = \Theta\big(\frac{|pa|}{|bo|}\big) = \Theta(\epsilon).$$

이 방정식과 그 가정은원의 반지름 인 은 그리고 그 .$|bo|$$[1/2,1]$$|ab| = \Theta(|pa|^2/|bo|) = \Theta(|pa|^2)$$|bb'| = \Theta(|ab||pa|/|bo|) = \Theta(|pa|^3)$

이제 우리는 의 버그 거리에 초점을 맞 춥니 다 . 이 전화 단계, 및 전 단계 후. (참고 , 및 )$p$$d$$d'$$d=|pa|$$d'=|pb|$$d-d' = |bb'|$

이 단계에서이 거리 는위의 관찰에 의해 입니다.$d$$|bb'|$$\Omega(d^3)$

따라서 거리를 2 배 (최대 ) 줄이는 데 필요한 추가 단계 수 는 입니다. 변수 변경 인 경우 거리를 미만으로 만드는 데 필요한 추가 단계 수 는 입니다. 합이 기하 형이므로 거리를 미만으로 만드는 데 필요한 총 단계 수 는 입니다. 변경 변수가 다시 후 단계까지의 거리 될 것이다 .$d/2$$O(1/d^2)$$d=1/2^k$$1/2^{k+1}$$O(4^k)$$1/2^{k}$$O(1/4^k)$$n$$p$$O(1/\sqrt n)$

마지막으로, 번째 단계에서 버그가 이동하는 거리, 즉, 입니다. 따라서 원 반경이 동안 첫 번째 이러한 단계로 이동 한 총 거리는 최대 $n$$|ab|$$O((\mbox{the current distance to } p)^2) = O(1/n)$$N$$[1/2,1]$

$$\sum_{n=1}^N O(1/n) = O(\log N).$$

스케일링함으로써, 우리는 에 대해, 원 반경이 범위에있는 동안 이동 한 총 거리 가 라는 결론을 내립니다 . 합하면 이동 한 총 거리는 입니다. QED[ 1 / 2 K , 1 / 2 K + 1 ] O ( 로그 $k$$[1/2^k, 1/2^{k+1}]$$O(\log(N)/2^k)$$k$$O(\log N)$

데이비드이.

"버그가 새로운 원의 중심을 향하지 않고 현재 교차로에서 가장 가까운 지점으로 직접 걸어 갔다면 답이 다를 수 있을까요?"

(편집 : 이것은 원래 포스터의 질문 끝에있는 "변형 2"와 동일하지 않습니다.)

여기에 그의 추측에 대한 증거가 있습니다 (이 경우에는 경계가 있습니다).

렘마 David가 제안한 변형의 경우 버그가 이동 한 총 거리는 항상 . 여기서 은 버그와 배치 된 첫 번째 원의 점 사이의 최대 거리입니다.$O(d_0)$$d_0$

증명. 마지막 휴식 장소 원이라고 가정 WLOG 및 버그 거리에 1에서 시작한다는 . 박람회에서는 버그가 시간 에서 시작하고 단위 속도 (초당 1 인치)로 이동하며 마지막으로 배치 된 디스크에 도달 할 때만 중지 한다고 가정합니다 . 버그가 원점까지의 거리를 크롤링함에 따라 (아래에 더 설명되는 바와 같이) 엄밀히 줄어 듭니다.$o$$o$$0$

반지름 동심원을 그려 단위 반경 디스크 ( 중심 )를 무한히 많은 고리로 분할합니다 .$o$$1, 0.99, 0.99^2, 0.99^3, \ldots$

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청구. 반지름 반지름 안에서 버그는 총 단위 까지 이동합니다 .$d$$10 d$

증거 스케치. 일반성을 잃지 않으면 서 (스케일링에 의한) 외부 반경이 1이라고 가정합니다. 다음 링으로 이동하기 전에 버그가이 링에서 10 초 이상 소비한다고 가정합니다 (외부 반경 0.99). 언제든지 에서는 버그의 진행 방향으로 버그를 가리키는 벡터와 버그에서 원점을 가리키는 벡터라는 두 벡터에 의해 형성된 각도 고려하십시오 .$t$$\alpha(t)$

버그는 항상 지금까지 배치 된 디스크의 교차점에서 가장 가까운 지점을 향해 이동하고 있으며 그 교차점은 볼록하고 원점이 포함되어 있습니다. 따라서 각도 는 항상 90 도보 다 작으며 버그에서 원점까지의 거리는 엄격히 줄어 듭니다.$\alpha(t)$

각도 가 예를 들어 80도 미만일 때마다, 원점까지의 거리는 적어도 속도로 감소하고있다 . 그러나 링의 전체 시간 동안이 거리는 미만으로 줄어 듭니다 . 따라서 가 최대 1 때 링에 소요 된 총 시간입니다 . 따라서, 각도 가 89도 이상 90도 이하인 상태에서 초 이상 이 소요된다 . 이제 그런 시간을 고려하십시오 . 이후 , 및 링 폭 갖는다 버그 뚜렷하게 시계 주위 어느 링을 주행하거나 명백하게 반 시계 방향.$\alpha(t)$$1/100$$1/100$$\alpha(t) < 89$$9$$\alpha(t)$$t$$\alpha(t) \in [89,90]$$1/100$

하자 버그가쪽으로 이동하고 있다는 점 나타낸다 (디스크의 교차점에서 가장 가까운 지점은 지금까지 배치). 버그가 쪽으로 이동함에 따라 버그를 통과하고 버그의 움직임 방향에 수직 인 선을 고려하십시오. 이 선은 평면을 두 개의 반 평면으로 분리합니다. 하나는 버그의 "앞에"( 와 디스크의 교차 부분 포함 ), 다른 하나는 버그 뒤에 있습니다. 버그가 죽은 뒤에 반 평면에 점을 표시하십시오 .- 버그가 죽은 것으로 표시되면 (포인트가 디스크의 교차 부분에 있지 않기 때문에) 버그는 절대 어떤 지점으로도 돌아올 수 없습니다.$p$$p$$p$

이후 , 및 링은 반경 1 가지며 폭 거의 절반 링의 점 버그 직후에 포인트를 포함하는 버그 뒤에 죽었다. 버그는 해당 지점으로 돌아올 수 없으므로 버그가 처음에 시계 방향으로 이동하면 버그가 "돌아올 수"없고 시계 반대 방향으로 ( 초 이상) 이동할 수 없습니다 . 따라서 초 중 버그는 시계 방향으로 최소 초 를 소비해야합니다 . 그러나 고리의 둘레는$\alpha(t) \in [89,90]$$1/100$$1$$10$$8$$2\pi< 7$, 버그가 시작 되 자마자 링의 절반이 죽었고 버그는 데드 포인트로 돌아올 수 없으므로 불가능합니다. 이것은 주장을 증명합니다 (어쩌면 누군가가 더 정확한 주장을 할 수 있습니다).

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주장에 따르면, (모든 링에서) 이동 한 총 거리는 최대

$$\sum_{i=0}^\infty 10 (0.99)^i ~=~ 1000.$$

분명히 일정한 요소는 느슨합니다. 예를 들어, 버그가 89도 이상의 각도로 첫 번째 링에서 이동하는 경우 반경 1의 디스크에서 한 지점의 거의 절반 만 즉시 죽입니다 (한 링의 지점 만이 아님).