Алгоритм переслідування рухомої цілі

Припустимо, у нас є чорна скринька $f$ яку ми можемо запитувати та скидати. Коли ми скинути $f$ , стан $f_S$ з $f$ встановлюється на елемент обраної рівномірно випадковим чином з безлічі

$$\{0, 1, ..., n - 1\}$$ де $n$ закріплено і відоме для заданого $f$ . Для запиту $f$ , елемент $x$ (здогад) з $$\{0, 1, ..., n - 1\}$$ надається, а повернене значення - $(f_S - x) \mod n$ . Крім того, стан $f_S$ з $f$ задається значенням $f_S' = f_S \pm k$ , де $k$ вибирається рівномірно з $$\{0, 1, 2, ..., \lfloor n/2 \rfloor - ((f_S - x) \mod n)\}$$

Роблячи однакові випадкові здогадки з кожним запитом, можна було б очікувати, що доведеться зробити $n$ здогадок, перш ніж отримати $f_S = x$ , з відхиленням $n^2 - n$ (заявлене без доказів).

Чи може алгоритм бути спроектований так, щоб зробити краще (тобто зробити меншу кількість здогадок, можливо, з меншою розбіжністю у кількості здогадів)? Наскільки краще це могло б зробити (тобто який оптимальний алгоритм та яка його ефективність)?

Ефективне рішення цієї проблеми може мати важливі наслідки економії витрат на відстріл кролика (обмежений стрибками на круговій доріжці) у темній кімнаті.

Перш за все, я вважаю, що

Крім того, стан з задається значенням , де вибирається рівномірно з f f ′ S = f S ± k k { 0 $f_S$$f$$f_S' = f_S \pm k$$k$

$$\{0, 1, 2, ..., \lfloor n/2 \rfloor - ((f_S - x) \mod n)\}$$

ти насправді маєш на увазі

Крім того, стан з встановлюється у значення , де вибирається рівномірно з$f_S$f ′ S = f S + $f$k { - | ⌊ $f_S' = f_S + k \mod n$$k$

$$\left\{- \left| \left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor - ((f_S - x) \mod n) \right|, \ldots, -1, 0, 1, 2, \ldots, \left| \left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor - ((f_S - x) \mod n) \right|\right\}$$

Інакше не зовсім зрозуміло, що завжди має місце і як саме .$f_S \in \{ 0, ..., n-1\}$$f_S \pm k$

Використовуючи це, проблема в основному зводиться до "відсутності якнайбільше". Зауважте, що чим ближче ми стріляємо із кроликом, тим більший хміль він робить; в крайньому випадку маємо . Це призводить до рівномірного між та , що в основному повністю рандомізує положення кролика знову. З іншого боку, якщо ми пропустимо якомога зміщенням , кролик насправді зовсім не рухається (!), І чорна скринька насправді нас оновлює. за цим фактом. Тому ми можемо просто розвернутися і застрелити кролика.- ( ⌊ n / 2 ⌋ ± 1 ) ( ⌊ $f_S - x = \pm 1 \mod n$$-(\lfloor n/2 \rfloor \pm 1)$$(\lfloor n/2 \rfloor \pm 1)$$f_S - x \mod n = \lfloor n/2 \rfloor$

Нам залишається знайти процедуру відсутності все частіше в кожному кадрі. Я пропоную простий "двійковий пошук". (Я зручно опустити округлення.) Це відбувається приблизно так:

1. Скиньте і стріляйте у довільному положенні, поки не отримаєте з відповідьЦе вимагає постійної кількості кроків у очікуванні.$(f_S - x \mod n) \in \{ \frac{1}{4}n, ..., \frac{3}{4}n\}.$
2. Тепер ми знаємо, що попереднє положення , і що воно не рухалося більше ніж кроків в будь-якому напрямку. Це в основному наш пошуковий простір у наступній ітерації, оскільки кролик повинен знаходитись у положенні$f_S$f ′ S$\frac{1}{4}n$$f_S' \in \{ (f_S - \frac{1}{4}n) \mod n, ..., f_S, ..., (f_S + \frac{1}{4}n) \mod n \}$
3. Рекурс: стріляйте у положення . З імовірністю позиція на яку кролик стрибнув на кроці 1 і 2, лежить діапазон . У такому випадку ми ще раз наполовину зменшили простір пошуку. Імовірно, кролик не стрибнув у цьому діапазоні, але оскільки ми знаємо, що , у нас є ті ж припущення, що і на кроці (2) і тому нічого не втрачайте.$f_S - n/2 \mod n$$1/2$$f_S'$$\{ f_S - \frac{1}{8}n, ..., f_S, ..., f_S + \frac{1}{8}n \}$$1/2$$f_S' - x \mod n = f_S' - f_S + n/2 \mod n \in \{ \frac{1}{2}n - \frac{1}{4}n, ..., \frac{1}{2}n + \frac{1}{4}n \}$

Кожен крок потребує очікуваного часу, щоб досягти успіху, і наполовину шукає простір пошуку, отримуючи загальну кількість очікуваної кількості кроків.O ( log n $2 = \mathcal{O}(1)$$\mathcal{O}(\log n)$