Jogo de pedras paralelas em uma linha

No jogo de pedras em uma linha, há N + 1 nós rotulados de 0 a N. O jogo começa com uma pedra no nó 0. Se houver uma pedra no nó i, você poderá adicionar ou remover uma pedra do nó i + 1. O objetivo é colocar uma pedra no nó N, sem colocar muitas pedras no quadro ao mesmo tempo e sem dar muitos passos.

A solução ingênua é colocar uma pedrinha em 1, depois 2, depois 3 e assim por diante. Isso é ideal em termos de número de etapas. Não é o ideal para o número máximo de pedras no tabuleiro ao mesmo tempo: durante o último passo, há N pedras no tabuleiro (sem contar o número 0).

Uma estratégia que coloca menos pedrinhas no quadro ao mesmo tempo está neste artigo . Eles atingem o nó N sem exceder os seixos cada vez, mas com o custo de aumentar o número de etapas para . Eles alternam se há uma pedra na posição sem deixar outras pedras alternando recursivamente , usando isso como ponto de partida para alternar com outra etapa recursiva e depois alternar com uma terceira etapa recursiva de tamanho médio para limpe-o.Θ ( n lg 2 3 ) N N / 2 N N /$\Theta(\lg N)$$\Theta(n^{\lg_2 3})$$N$$N/2$$N$$N/2$

Estou interessado na troca entre o número máximo de seixos e o número de etapas, sob a suposição de que adições e remoções de seixos podem ser feitas em paralelo. Por "paralelo", quero dizer que cada etapa pode adicionar ou remover quantas pedras desejar, desde que cada adição / remoção individual seja permitida e não interaja com os outros movimentos que estão sendo feitos. Especificamente, se é o conjunto de nós dos quais queremos adicionar ou remover seixos e é o conjunto de nós que possuíam um seixo no início da etapa, podemos fazer todas essas adições e remoções em uma única etapa, como contanto que .P { a - 1 | a ∈ A } ⊆ P - $A$$P$$\{a-1 | a \in A \} \subseteq P - A$

Por exemplo, considere a estratégia que coloca uma pedra no na etapa , mas marcas dos seixos que são múltiplos de como "checkpoints" e remove a pedra mais alto índice atrás de um posto de controle cascalho sempre que possível. Essa estratégia ainda atinge o nó N após etapas, como a estratégia ingênua, mas reduz o número máximo de pedras de para .i $i$$i$ NN2$\sqrt{N}$$N$$N$$2 \sqrt{N}$

Existem estratégias de seixos de linhas paralelas que terminam em etapas com uma complexidade ainda maior de max-seixos assintóticos? E se estivermos dispostos a permitir etapas ? Quais são os pontos "interessantes", nos quais a troca entre max-seixo e tempo é particularmente boa?O ( N lg N $N$$O(N \lg N)$

EDITS : Adicionado Lemas 2 e 3.

Aqui está uma resposta parcial: Você pode chegar à posição $N$

• em move usando o espaço N O ( ϵ ( N ) ) , onde ϵ ( N ) = 1 / $N$$N^{O(\epsilon(N))}$ . (Lema 1)$\epsilon(N) = 1/\sqrt{\log N}$
• em se move usando o espaço O ( log N ) (para qualquer constante δ > 0 ) (Lema 2).$N^{1+\delta}$$O(\log N)$$\delta>0$

Além disso, esboçamos um limite inferior (Lema 3): para uma certa classe das chamadas soluções bem comportadas , o Lema 1 é estanque (até fatores constantes no expoente) e nenhuma solução usando espaço poliologístico pode alcançar posição no tempo O ( $N$ .$O(N\,\text{polylog}\, N)$

Lema 1. Para todos os , é possível alcançar a posição n em n movimentos usando space exp ( O ( $n$$n$$n$

Prova. O esquema é recursivo, como mostrado na figura abaixo. Usamos a seguinte notação:

• é o número de níveis na recursão$k$
• é a solução formada (com k níveis de recursão).$P(k)$$k$
• é a posição máxima alcançada por P ( k ) (no tempo N ( k ) ).$N(k)$$P(k)$$N(k)$
• é o espaço usado por P ( k ) .$S(k)$$P(k)$
• é o número decamadasusadas por P ( k ) , conforme ilustrado abaixo:$L(k)$$P(k)$

Na figura, o tempo passa de cima para baixo. A solução não para no tempo N ( k ) ; em vez disso (para uso na recursão), continua até o tempo $P(k)$$N(k)$ , invertendo exatamente seus movimentos, para retornar a uma única pedra no tempo$2\,N(k)$ .$2\,N(k)$

As linhas verticais sólidas dividem as camadas de P ( k ) . Na figura, L ( k ) é cinco, então P ( k ) consiste em 5 camadas. Cada uma das camadas L ( k ) de P ( k ) (exceto a mais à direita) tem dois subproblemas, um na parte superior da camada e outro na parte inferior, conectados por uma linha vertical sólida (representando um seixo que existe para essa duração). Na imagem, há cinco camadas, então há nove subproblemas. Geralmente, P $L(k)$$P(k)$$L(k)$$P(k)$$L(k)$$P(k)$ é composto por$P(k)$ subproblemas. Cada subproblema de P ( k ) tem a solução P ( k - 1 ) .$2\,L(k)-1$$P(k)$$P(k-1)$

A observação crucial para delimitar o espaço é que, a qualquer momento, apenas duas camadas têm subproblemas "ativos". O resto contribui com apenas uma pedrinha cada, portanto temos

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

Agora, escolhemos para determinar completamente P ( k ) . Não tenho certeza se essa opção é ideal, mas parece próxima: tome L ( k ) = 2 k . Então, as recorrências acima dão$L(k)$$P(k)$$L(k) = 2^k$

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

Então, resolvendo para , temos k ≈ $n=N(k)$ eS(k)≈$k \approx \sqrt {2 \log n}$. $S(k) \approx \sqrt {2 \log n}\, 2^{\sqrt {2 \log n}} = \exp(O(\sqrt{\log n}))$

Isso cuida de todas as posições no conjunto { N ( k ) : k ∈ { 1 , 2 , … } } . Para n arbitrário , apare a parte inferior da solução P ( k ) para o menor k com N ( k ) ≥ n . O limite desejado é válido porque S ( k ) / S ( k - 1 ) = O $n$$\{N(k) : k\in\{1,2,\ldots\}\}$$n$$P(k)$$k$$N(k)\ge n$ . QED$S(k) / S(k-1) = O(1)$

Lema 2. Para qualquer , para todos os n , é possível alcançar a posição n em n 1 + δ usando o espaço O ( δ 2 1 / δ log n ) $\delta>0$$n$$n$$n^{1+\delta}$$O(\delta 2^{1/\delta}\log n).$

Prova. Modifique a construção da prova do Lema 1 para atrasar o início de cada subproblema até a conclusão do subproblema anterior, conforme mostrado abaixo:

Deixe indicar o tempo para a solução modificada P ( k ) terminar. Agora, a cada etapa, apenas uma camada possui um subproblema que contribui com mais de uma pedra.$T(k)$$P(k)$

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

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

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

Resolvendo para e T = T ( k ) em termos de n = N ( k ) , temos k = δ log n , e$S = S(k)$$T=T(k)$$n=N(k)$$k=\delta \log n$

• , e$S \le \delta 2^{1/\delta} \log n$
• . $T \le n^{1+\delta}$

Isso cuida de todas as posições no conjunto { N ( k ) : k ∈ { 1 , 2 , … } } . Para n arbitrário , apare a parte inferior da solução P ( k ) para o menor k com N ( k ) ≥ n . O limite desejado é válido porque S ( k ) / S ( k - 1 ) = O $n$$\{N(k) : k\in\{1,2,\ldots\}\}$$n$$P(k)$$k$$N(k)\ge n$ . QED$S(k) / S(k-1) = O(1)$

As soluções nas provas dos lemas 1 e 2 são bem-comportadas , na medida em que, para suficientemente grande , para cada solução P ( n ) que atinge a posição n existe uma posição k ≤ n / 2, de modo que apenas uma pedrinha é sempre colocado na posição k , e a solução se decompõe em uma solução (bem comportada) P ( N - k ) para as posições k + 1 , k + 2 , … , ne duas soluções (bem comportadas)$n$$P(n)$$n$$k\le n/2$$k$$P(N-k)$$k+1,k+2,\ldots,n$ , cada um para as posições 1 , 2 , … , k , conectados pelo seixo na posição k . Com uma definição apropriada debem-comportado, deixe V ( n ) denotar ovolumemínimo deseixos(a soma ao longo do tempo do número de seixos de cada vez) para qualquer solução bem comportada. A definição implica que, para n suficientemente grande, para δ = 1 > 0 , V ( n ) ≥ min k $P(k)$$1,2,\ldots,k$$k$$V(n)$$n$$\delta=1>0$

Suponho que, para todo suficientemente grande, exista uma solução bem comportada que minimize o volume de seixos. Talvez alguém possa provar isso? (Ou apenas que alguma solução quase ideal satisfaça a recorrência ...)$n$

Lembre-se de que .$\epsilon(n) = 1/\sqrt{\log n}$

Lema 3. Para qualquer constante , a recorrência acima implica em V ( n ) ≥ n 1 + Ω ( ϵ ( n ) ) .$\delta>0$$V(n) \ge n^{1+\Omega(\epsilon(n))}$

Antes de esboçar a prova do lema, observe que isso implica que qualquer solução bem comportada que atinja a posição em t etapas deve ocupar pelo menos n 1 + Ω ( ϵ ( n ) ) / t em alguma etapa. Isso produz corolários como:$n$$t$$n^{1+\Omega(\epsilon(n))}/t$

• O lema 1 é restrito a fatores constantes no expoente (para soluções bem comportadas).
• Nenhuma solução bem comportada pode atingir a posição em $n$ etapas de tempo usando espaço$n\,\text{polylog}\, n$ . (Usando aqui que n Ω ( ϵ ( n ) ) = exp ( Ω ( $\text{polylog}\, n$ .)$n^{\Omega(\epsilon(n))} = \exp(\Omega(\sqrt{\log n})) \not\subseteq \,\text{polylog}\, n$

Esboço de prova. Mostramos onde f ( n ) = n 1 + c ϵ ( n ) para alguma constante suficientemente pequena c . Assumimos ao WLOG que n é arbitrariamente grande, porque, considerando c > 0 pequeno o suficiente, podemos garantir 2 V ( n ) ≥ f ( n ) para qualquer conjunto finito de $2 V(n) \ge f(n)$$f(n) = n^{1+c\epsilon(n)}$$c.$$n$$c>0$$2 V(n) \ge f(n)$$n$(usando aqui que , digamos).$V(n)\ge n$

O lema seguirá indutivamente a partir da recorrência, desde que, para todos os suficientemente grandes , tenhamos f ( n ) ≤ min k < n f ( n - k ) + max ( n , 2 f ( k ) ) , ou seja, f ( n ) - f ( n - k ) ≤ máx ( n , ( 1 + δ ) f $n$$f(n) \le \min_{k<n} f(n-k) + \max(n, 2 f(k))$ para k < n $f(n) - f(n-k) \le \max(n, (1+\delta) f(k))$$k<n.$

Como é convexo, temos f ( n ) - f ( n - k ) ≤ k f ′ ( n ) . Portanto, basta se k f ′ ( n ) ≤ max ( n , ( 1 + δ ) f ( k ) ) $f$$f(n) - f(n-k) \le k f'(n)$$k f'(n) \le \max(n, (1+\delta) f(k)).$

Por um breve cálculo (usando ef′(n)=(f(n)/n)(1+c/(2$f(n)/n = e^{c\sqrt{\log n}}$e usando uma mudança de variáveisx=$f'(n)=(f(n)/n)(1+c/(2\sqrt{\log n})),$ ey=$x = \sqrt{\log k}$ ), esta desigualdade é equivalente à que se segue: para todos suficientemente grandeyex≤y,e c y (1+C/(2y))≤max(E y 2 - x 2 ,(1+δ)e c x ). Como1+z≤ezeez≤1$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$ para z ≤ 1 , basta mostrar e c y + c / ( 2 y ) ≤ max ( e y 2 - x 2 , e 2 δ + c x ) , ou seja, c y + c / ( 2 y ) ≤ máx ( y 2 - x 2 , 2 δ + $e^z\le 1+2z$$z\le 1$$e^{cy + c/(2y)} \le \max(e^{y^2 - x^2}, e^{2\delta+cx}),$

Se , então c y + c / ( 2 y ) ≤ c x + 0,2 δ (para y grande ) e terminamos, então assuma que y ≥ x + 0,1 δ / c . Então y 2 - x 2 ≥ 0,1 y δ / c (para y grande ), então basta mostrar c y $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$ Isso vale para c suficientemente pequenoe y grande . QED