Qual é o valor desse "jogo" (rebalanceamento dos contadores)?

Esta pergunta foi publicada no CS.SE há duas semanas , mas não obteve uma resposta satisfatória.

Suponha que você tenha o seguinte jogo:

Existem infinitamente muitos contadores $\{c_1,c_2,\ldots\}$ , todos inicializados em 0.

Em cada etapa, você escolhe um contador $c_i$ e aumenta seu valor em 1.

Infelizmente, a cada $T$ , cada contador que possui um valor positivo é diminuído por 1.

Além disso, os valores dos contadores são delimitados por , portanto você não pode incrementar mais um contador.$M$

1. Dado o número de etapas que você desejar, muitos contadores com valores positivos podem ser alcançados?

2. Quantos contadores com valores positivos são alcançáveis ​​após as etapas ?$T\cdot M - 1$

---

Para a pergunta (1), aqui está aa acúmulo detalhado para contadores positivos:$\approx T\log(M)$

1. Enquanto você tiver menos de contadores no valor M : $T-1$$M$
   • Incrementar o contador índice mínimo, cujo valor é estritamente menor que .$M$

(Isso deve convergir à medida que a soma dos contadores aumenta cada passo )$T$

2. Deixe- .$r = T$

3. Enquanto ( )$c_0>1$

   uma. enquanto ( )$c_0>c_r$

   • Incremento $c_r$

   b. $r = r + 1$

Agora, para a análise: a primeira observação é que o número de contadores positivos é .$r$

Agora seja o valor máximo que c r atingiu. Para r = T , obtemos M ( 1 - $m_r$$c_{r}$$r=T$. Parar=T+1, obtemosmr(1-$M(1-\frac{1}{T})$$r=T+1$, ou em geral∀r≥T:mr=M(1-$m_r(1-\frac{1}{T})=M(1-\frac{1}{T})^2$

$$\forall r\geq T:m_r = M(1-\frac{1}{T})^{r-T+1}$$

A seguir, notamos que quando é alcançado, c 0 = m r . Isso significa que o loop será interrompido quando m r < 1 (integralidade de dar ou receber e estratégias de final de jogo).$\forall m_r$$c_0=m_r$$m_r < 1$

Isso nos dá (1-

$$M(1-\frac{1}{T})^{r-T+1} < 1$$ (r-T+1)log(1- $$(1-\frac{1}{T})^{r-T+1} < M^{-1}$$ r-T+1<-log $$({r-T+1}) \log (1-\frac{1}{T}) < -\log M$$ r<-log $${r-T+1} < \frac{-\log M}{\log (1-\frac{1}{T})}$$ r<log $$r < \frac{-\log M}{\log (1-\frac{1}{T})} + T - 1$$ $$r < \frac{\log M}{\sum_{k\geq 1}^{\infty} {\frac{1}{kT^k}}} + T - 1 < T(\log M + 1) -1$$

É possível fazer melhor? Alguém pode provar que isso é ideal?

Limite inferior para a pergunta 2:

Teorema: Depois passos, com a estratégia delineada abaixo, você terá pelo menos$TM-1$ dos contadores positivos.$(T-1)\log M$

Notação: Definir passo de tempo para ser o início do T M - 1 passos, e T M - 1 para ser a extremidade. Decrementos acontecem na etapa T do tempo$1$$TM-1$$TM-1$ , 1 ≤ k < M .$Tk$$1 \le k < M$

Defina o limite superior como , onde N é o intervalo de tempo atual. Esse limite começa em M e diminui em um sempre que os contadores diminuem, terminando em 1 . Esse limite é escolhido porque, se mais contadores forem colocados em uma célula do que o limite superior, eles serão desperdiçados, porque o contador terá um valor maior que$M- \lfloor N/T \rfloor$$N$$1$ na etapa T M - 1 .$1$$TM-1$

Estratégia: em todas as etapas, aumente o contador mais à esquerda, cujo valor seja menor que o limite superior.

Notação: Defina a importância de um contador para ser , onde V é seu valor atual e U L é o limite superior atual.$V/UL$$UL$

Lema: Em cada grupo de etapas que terminam em decréscimo, a soma das importâncias dos contadores aumenta em pelo menos ( T - 1 ) $T$ , onde L ? L é o limite superior de corrente.$(T-1)/UL$$UL$

Prova de lema: Cada vez que um contador é incrementado, a sua importância aumenta em . Quando o decréscimo acontece, todos, exceto um contador, estão no seu limite superior e têm uma importância de U L / U L = 1 . Importância do contador restante é encolhido por, no máximo, 1 / U L , porque o seu valor diminui em 1 e U L não aumenta. Assim, os incrementos de T e decréscimo de 1 aumentam a importância total em pelo menos ( T - 1 ) $1/UL$$UL/UL=1$$1/UL$$1$$UL$$T$$1$ . Além disso, no último grupo de t - 1 - 1 ) / L L .$(T-1)/UL$$T-1$incrementos, onde não ocorre decréscimo, a soma das importações aumenta em $(T-1)/UL$

$T$$T-1$$(T-1)/UL$$TM-1$$\sum_{k=1}^m(T-1)/k$$(T-1)\log M$$TM-1$$1$$(T-1)\log M$

Aqui está um limite superior para a pergunta 2.

$TM$$T \log M$

$0$$(-TM+1)$

$0$

$1$$T$$\frac{1}{2}$$T$$\frac{1}{3}$$T$$-kT+1$$-(k-1)T$$\frac{1}{k}$ . Precisamos de um lema que provaremos mais tarde.

Lema: para um contador ser positivo, ele deve ter um valor total de pelo menos$1$

$T \sum_{i=1}^M \frac{1}{i} \approx T \log M$$1$

$-kT$$-(k-1)T$$k-1$$k$$\frac{1}{k}$

E aqui está um limite superior para a pergunta 1. Vamos usar a mesma estratégia geral de provas de antes. Novamente, atribuímos um valor de$\frac{1}{k}$$-kT+1$$-(k-1)T$$\frac{1}{M}$$-2MT$$-MT$$0$$0$$-2MT$$1$$-2MT$$1$$M$$T\log M + T$$T (\log M + 1)$