줄에 평행 조약돌 게임

에서 조약돌 게임 노드에 조약돌 난, 추가 또는 노드 I + 1에서 조약돌을 제거 할 수있을 경우 라인에 N. 0에서 노드 0에 조약돌 게임 시작을 표시 N + 1 개 노드가 있습니다. 목표는 보드에 많은 조약돌을 놓지 않고 너무 많은 단계를 거치지 않고 노드 N에 조약돌을 놓는 것입니다.

순진한 해결책은 1, 2, 3 등에 조약돌을 놓는 것입니다. 단계 수 측면에서 최적입니다. 동시에 보드의 최대 자갈 수에서 최적은 아닙니다. 마지막 단계에서 보드에 N 개의 자갈이 있습니다 (0에 계수하지 않음).

동시에 적은 수의 자갈을 보드에 배치하는 전략 이이 백서에 있습니다. 한 번에 $\Theta(\lg N)$ 자갈을 초과하지 않고 노드 N에 도달 하지만 단계 수를 로 늘리는 비용이 듭니다 $\Theta(n^{\lg_2 3})$ . 그들은 위치에 자갈이 있는지 여부를 전환 $N$ 반복적으로 전환하여 주위 다른 자갈을 남기지 않고 $N/2$ 토글 출발점으로하는 것이 사용 $N$ 다른 순환 단계와, 후 토글 $N/2$ 에 대한 제 3의 절반 크기의 순환 단계 그것을 지우십시오.

조약돌 추가와 제거가 동시에 이루어질 수 있다는 가정하에 최대 조약돌 수와 걸음 수 사이의 트레이드 오프에 관심이 있습니다. "병렬"은 각 개별 추가 / 제거가 허용되고 수행되는 다른 동작과 상호 작용하지 않는 한 각 단계가 원하는만큼의 자갈을 추가하거나 제거 할 수 있음을 의미합니다. 특히, $A$ 가 자갈을 추가하거나 제거하려는 노드 세트이고 $P$ 가 단계 시작시 조약돌이 있던 노드 세트 인 경우 단일 단계에서 다음과 같이 모든 추가 및 제거를 수행 할 수 있습니다. 만큼 $\{a-1 | a \in A \} \subseteq P - A$ .

예를 들어, 전략을 고려하는 것이의 장소 조약돌에게 $i$ 단계에 $i$ ,하지만 마크의 배수 자갈 $\sqrt{N}$ 을 "체크 포인트"로 지정하고 가능할 때마다 자갈로 된 체크 포인트 뒤에서 가장 높은 인덱스 조약돌을 제거합니다. 이 전략은 순진 전략과 같이 $N$ 단계후에도 여전히 노드 N에 도달하지만 최대 자갈 수를 $N$ 에서 $2 \sqrt{N}$ .

점근선 최대 조약 복잡도가 더 낮은 단계로 끝나는 평행선 조약 전략이 있습니까? 단계를 기꺼이 허용하려면 어떻게합니까? 최대 조약돌과 시간의 균형이 특히 좋은 "흥미로운"요점은 무엇입니까? $N$ $O(N \lg N)$

complexity reversible-computing

— 크레이그 거 드니
소스

각 단계에서 몇 개의 자갈을 추가하거나 제거 할 수 있습니까? 네 번째 단락에서 단 하나의 경우

아닌

총 단계 를 의미 합니까? 사용 된 자갈을 계산할 때 시퀀스 중 언제든지 보드의 최대 숫자입니까?

O (N)

$O(N)$

N

$N$

— 닐 영

@NealYoung 병렬의 경우 단계 당 원하는만큼의 자갈을 추가하고 제거 할 수 있습니다. 그러나 위치

영향을 주면 단계 시작 시 위치

조약돌이 있어야합니다 . 나는 정확히 N 단계를 의미했지만

도 흥미롭고 물론

포함되어 있습니다. 그렇습니다, 그것은 최대 자갈 수입니다.

k

$k$

k - 1

$k-1$

O (N)

$O(N)$

O (N \lg N)

$O(N \lg N)$

— Craig Gidney

원래 전략은 "병렬화"는 어떻습니까? 우리가

도달하면 전반부를 동시에 정리하기 시작합니다. 도달시

의 범위 삭제 시작

AND시 (평행 전반 클리어 계속 우리에 블 배치

만 존재

에 남은 자갈 상반기); 등

N / 2

$N/2$

3 N / 4

$3N/4$

[N / 2 - 3 N / 4]

$[N/2-3N/4]$

3 N / 4

$3N/4$

N / 4

$N/4$

최대

. 조약돌 복잡도는

와 같아야 하지만

단계입니다.

(2^{k} - 1) N / 2^{k}

$(2^k-1)N/2^k$

N

$N$

Θ (\lg N)

$\Theta(\lg N)$

N

$N$

— Marzio De Biasi 2016 년

@MarzioDeBiasi 조약돌의 복잡성이 같은 이유는 무엇입니까? 한국인 I 알 수있는 바와 같이, 점화식으로부터 갈 것이다

에 대한

F (n) = F (n / 2) + 1 = O (l g (n))

$F(n) = F(n/2) + 1 = O(lg(n))$

F (n) = 2 F (n / 2) + 1 = O (n)

$F(n) = 2F(n/2) + 1 = O(n)$

— 크레이그 Gidney

@CraigGidney : 당신 말이 맞아요

— Marzio De Biasi

EDITS : Lemmas 2 및 3이 추가되었습니다.

다음은 부분 답변입니다. 위치 도달 할 수 있습니다 $N$

에서 공간 사용하여 이동합니다 . 여기서 $N$ $N^{O(\epsilon(N))}$ . (레마 1) $\epsilon(N) = 1/\sqrt{\log N}$
에서 공간으로 이동하여 (임의의 상수에 대한 ) (보조 정리 2). $N^{1+\delta}$ $O(\log N)$ $\delta>0$

또한, 우리는 하한 (Lemma 3)을 스케치합니다 : 어떤 종류의 소위 잘 동작하는 솔루션의 경우, Lemma 1은 빡빡하고 (지수의 상수 요소까지), 폴리 로그 공간을 사용하는 그러한 솔루션은 도달 할 수 없습니다 시간 에서 위치 $N$ . $O(N\,\text{polylog}\, N)$

보조 정리 1. 모든 들어 , 그 위치에 도달 할 수 에서 공간을 이용하여 이동 $n$ $n$ $n$

\exp (O (\sqrt{\log n})) = n^{O (1 / \sqrt{\log n})}

$\exp(O(\sqrt{\log n}))~=~n^{O(1/\sqrt{\log n})}$

증명. 아래 그림과 같이 체계가 재귀 적입니다. 우리는 다음 표기법을 사용합니다.

는 재귀 수준의 수입니다. $k$
는 ( 수준의 재귀와 함께) 형성된 용액이다. $P(k)$ $k$
는 에 의해 도달 된 최대 위치(시간 )이다. $N(k)$ $P(k)$ $N(k)$
는 사용하는 공간입니다. $S(k)$ $P(k)$
는아래 그림과 같이 에서사용하는레이어수입니다. $L(k)$ $P(k)$

그림에서 시간은 위에서 아래로 진행됩니다. 솔루션 는 시간 에서 멈추지 않고 대신 (재귀에 사용하기 위해) 시간 까지 계속됩니다. $P(k)$ $N(k)$ , 시간 에서 단일 조약돌로 돌아가도록 이동을 정확하게 반전 $2\,N(k)$ . $2\,N(k)$

실선 수직선 은 의 층을 분할합니다 . 그림에서 는 5이므로 는 5 개의 레이어로 구성됩니다. 의 층들 각각은 가장 오른쪽을 제외하고) 두 개의 하위 문제를 가지고 있습니다. 그 기간). 그림에는 5 개의 레이어가 있으므로 9 개의 하위 문제가 있습니다. 일반적으로 $L(k)$ $P(k)$ $L(k)$ $P(k)$ $L(k)$ $P(k)$ 는 로 구성 $P(k)$ 개의 하위. 의 각 하위 문제에는 솔루션 있습니다. $2\,L(k)-1$ $P(k)$ $P(k-1)$

공간을 제한하는 데 중요한 결정은 언제든지 두 개의 레이어에만 "활성"하위 문제가 있다는 것입니다. 나머지는 각각 하나의 조약돌에 기여합니다.

및 $S(k) \le L(k) + 2\,S(k-1)$
$N(k) = L(k) \cdot N(k-1)$

이제 를 완전히 결정하기 위해 을 선택합니다 . 이 선택이 최적인지 확실하지 않지만 가져 가십시오 . 그런 다음 위의 반복은 $L(k)$ $P(k)$ $L(k) = 2^k$

, 및 $S(k) \le k\cdot 2^k$
$N(k) = 2^{k(k+1)/2}$

따라서, 해결을 위해 , 우리가 $n=N(k)$ 및 $k \approx \sqrt {2 \log n}$ . $S(k) \approx \sqrt {2 \log n}\, 2^{\sqrt {2 \log n}} = \exp(O(\sqrt{\log n}))$

이것은 세트 의 모든 위치 을 처리합니다 . 임의의 경우 , 용액의 하부 트림 최소 대한 와 . 결합은 원하는 보유 때문에 $n$ $\{N(k) : k\in\{1,2,\ldots\}\}$ $n$ $P(k)$ $k$ $N(k)\ge n$ . QED $S(k) / S(k-1) = O(1)$

보조 정리 2. 어떤 옵션 , 모든 , 그 위치에 도달 할 수 에서 공간으로 이동하여 $\delta>0$ $n$ $n$ $n^{1+\delta}$ $O(\delta 2^{1/\delta}\log n).$

증명. 아래 그림과 같이 이전 하위 문제가 완료 될 때까지 각 하위 문제의 시작을 지연하도록 Lemma 1 증명에서 구성을 수정하십시오.

하자 변성 용액에 대한 시간을 나타내는 마무리. 이제 각 시간 단계에서 하나의 레이어에만 하나 이상의 조약돌을 제공하는 하위 문제가 있으므로 $T(k)$ $P(k)$

, $S(k) \le L(k) + S(k-1)$
, $N(k) = L(k) \cdot N(k-1)$
$T(k) = (2\,L(k)-1)\cdot T(k-1) \le 2\,L(k)\cdot T(k-1) \le 2^k N(k)$

$L(k) = 2^{1/\delta}$

$S(k) \le k 2^{1/\delta}$
$N(k) = 2^{k/\delta}$
$T(k) \le 2^k N(k)$

$S = S(k)$ $T=T(k)$ $n=N(k)$ $k=\delta \log n$

$S \le \delta 2^{1/\delta} \log n$
$T \le n^{1+\delta}$

이것은 세트 { N ( k ) : k ∈ { 1 , 2 , … } } 의 모든 위치 n 을 처리합니다 . 임의의 경우 N , 용액의 하부 트림 P ( K ) 최소 대한 K 와 N ( 케이 ) ≥ N . 결합은 원하는 보유 때문에 S ( K ) / S ( K - 1 ) = O $n$ $\{N(k) : k\in\{1,2,\ldots\}\}$ $n$ $P(k)$ $k$ $N(k)\ge n$ $S(k) / S(k-1) = O(1)$

$n$ $P(n)$ $n$ $k\le n/2$ $k$ $P(N-k)$ $k+1,k+2,\ldots,n$ $P(k)$ $1,2,\ldots,k$ $k$ $V(n)$ $n$ $\delta=1>0$

V (n) \geq min_{k < n} V (n - k) + max (n / 2, (1 + δ) V (k)) .

$V(n) \ge \min_{k<n} V(n-k) + \max(n/2, (1+\delta) V(k)).$

$n$

$\epsilon(n) = 1/\sqrt{\log n}$

$\delta>0$ $V(n) \ge n^{1+\Omega(\epsilon(n))}$

$n$ $t$ $n^{1+\Omega(\epsilon(n))}/t$

Lemma 1은 지수의 일정한 요인에 잘 맞습니다 (잘 작동하는 솔루션의 경우).
위치 도달 할 수있는 올바른 동작이 없습니다 $n$ $n\,\text{polylog}\, n$ $\text{polylog}\, n$ $n^{\Omega(\epsilon(n))} = \exp(\Omega(\sqrt{\log n})) \not\subseteq \,\text{polylog}\, n$

$2 V(n) \ge f(n)$ $f(n) = n^{1+c\epsilon(n)}$ $c.$ $n$ $c>0$ $2 V(n) \ge f(n)$ $n$ $V(n)\ge n$

$n$ $f(n) \le \min_{k<n} f(n-k) + \max(n, 2 f(k))$ $f(n) - f(n-k) \le \max(n, (1+\delta) f(k))$ $k<n.$

$f$ $f(n) - f(n-k) \le k f'(n)$ $k f'(n) \le \max(n, (1+\delta) f(k)).$

$f(n)/n = e^{c\sqrt{\log n}}$ $f'(n)=(f(n)/n)(1+c/(2\sqrt{\log n})),$ $x = \sqrt{\log k}$ $y=\sqrt{\log n}$ $y$ $x\le y$ $e^{cy}(1+c/(2y)) \le \max(e^{y^2 - x^2}, (1+\delta) e^{cx})$ $1+z\le e^z$ $e^z\le 1+2z$ $z\le 1$ $e^{cy + c/(2y)} \le \max(e^{y^2 - x^2}, e^{2\delta+cx}),$

c y + c / (2 y) \leq max (y^{2} - x^{2}, 2 δ + c x) .

$cy + c/(2y) \le \max(y^2 - x^2, 2\delta+cx).$

$y \le x + 0.1\delta/c$ $cy+c/(2y) \le cx + 0.2\delta$ $y$ $y\ge x + 0.1\delta/c$ $y^2-x^2 \ge 0.1y\delta/c$ $y$

c y + c / (2 y) \leq 0.1 y δ / c .

$cy + c/(2y) \le 0.1 y\delta/c.$

c

$c$

y .

$y.$

— 닐 영
소스

FWIW, 나는 거의 최적의 행동을 보이는 솔루션이 항상 있다는 증거를 가지고 있으므로 Lemma 3의 하한이 모든 솔루션에 적용됩니다. 여기에 입력하기에는 너무 복잡합니다. 관심있는 사람이 있으면 이메일 (연락처 정보는 Google의 "청소년 컴퓨터 과학")에 문의하십시오.

— 닐 영