Я зіткнувся з наступною грою. Я переміщу це, як вимагається.

• Помилка відвідує кола, і противник бажає максимально збільшити час у дорозі.

• Противник розміщує коло на кожному кроці.

• Помилка рухається зі свого поточного положення безпосередньо до центру найновішого кола, а потім зупиняється, коли стикається з внутрішньою частиною кола (таким чином: він не ходить, якщо грає коло, що охоплює його розташування). Це черга клопа.

• Є кіл , доступних для противника.$N$

• Кожне наступне коло має радіус менше попереднього кола.

• Кожне коло повинно перетинати перетин усіх раніше відтворених кіл. Тобто всі гуртки повинні мати спільний перехрест, як тільки всі граються.

EDIT: Суперник може вільно обирати радіуси кіл, за умови обмеження, що радіуси монотонно зменшуються.

---

Питання та відповіді:

---

1. Це відстань , як обмежене? $N\to\infty$A: Ні, приклад стратегії змагальному дається ця відповідь
2. Яка максимальна відстань, яку повинен пройти помилка за гру кіл. $N$Відповідь: вона росте при , тим самим відповіддю.$\Theta(\log(N))$

---

Варіант 2 : Клоп прямує прямо до перетину двох останніх відтворених кіл.

ОНОВЛЕННЯ: Цей варіант був вирішений, припускаючи, що помилка може запам’ятати лише два останні зіграні тут кола . Результатом знову стала необмежена дистанція.

---

Який вплив має необмежена пам'ять? тобто помилка йде до перетину всіх раніше розіграних кіл . Це дало "пухку" межу , де d - діаметр першого кола. Очевидно, вона не може бути меншою за це. Дивіться тут . Верхня межа струму становила 1000 × д . Це було отримано шляхом наближення найгіршого шляху до подорожі навколо прогресивно менших кіл. Було показано, що помилка завжди просувається до остаточного перехрестя, тим самим скорочуючи відстань наступного кроку, яку він повинен пройти.$O(d)$$d$$1000\times d$

Я підозрюю, що пройдена відстань є малою постійною кількістю окружності першого кола, але наразі я не в змозі надати хорошого доказу.

Ця відповідь має дві частини, разом показуючи, що правильна межа є :$\Theta(\log N)$

1. Нижня межа (разів перевищує радіус першого кола).$\Omega(\log N)$
2. Відповідна верхня межа .$O(\log N)$

Нижня межа $\Omega(\log N)$

Розглянемо два одиничні кола, які торкаються в точці . (Дивіться нижче; p - праворуч, помилка починається зліва.) Чергуйте між одним та іншим колом. Клоп рухатиметься вгору та вниз по зигзагу через щілину між двома колами, рухаючись переважно вгору та вниз, але також повільно просуваючись праворуч. Якщо я зробив тригонометрію правильно, після N кроків відстань від загальної точки буде Θ ( 1 / $p$$p$$N$, іN-й крок призведе до того, що помилка пройдеΘ(1/N), на загальну відстаньΘ(logN).$\Theta(1/\sqrt N)$$N$$\Theta(1/N)$$\Theta(\log N)$

Ось ескіз розрахунків. Розглянемо кілька послідовних кроків, які робить помилка. Він іде від деякої точки , b , c . Точки a і c знаходяться на одному колі; точка b знаходиться на іншому колі. Нехай o - центр кола, на якому знаходиться a . Розглянемо наступні три трикутники в порядку зменшення розміру:$a$$b$$c$$a$$c$$b$$o$$a$

1. Трикутник ізоцелей (нагадування p - загальна точка).$\triangle oap$$p$
2. Трикутник .$\triangle abp$
3. Маленький трикутник $\triangle abc$

Ці трикутники майже подібні (тобто конгруентне масштабування за модулем). Точніше, для , усі три мають таку властивість: відношення довжини короткої ноги до довгої ноги Θ ( ϵ ) . (Я не буду доводити це більш детально тут, але зауважте, що ϵ → 0, коли йде прогулянка, і збурюючи одну вершину в кожному трикутнику на незначну кількість, трикутники можна зробити подібними.)$\epsilon = |ap|$$\Theta(\epsilon)$$\epsilon\rightarrow 0$

Довгі ніжки і p o першого трикутника мають довжину 1. Його коротка ніжка | a p | має довжину ϵ . Відрізок a p - довга нога другого трикутника, так що коротка нога трикутника a b має довжину Θ ( ϵ 2 ) . Відрізок a b - довга нога третього трикутника, так що коротка нога трикутника a c має довжину Θ ( ϵ 3 ) . Таким чином, у цих двох кроках, які робить помилка:$co$$po$$|ap|$$\epsilon$$ap$$ab$$\Theta(\epsilon^2)$$ab$$ac$$\Theta(\epsilon^3)$

1. Відстань помилка подорожує Θ ( ϵ 2 ) .$|ab|+|bc|$$\Theta(\epsilon^2)$
2. Відстань від помилки до загальної точки зменшується від ϵ до ϵ - Θ ( ϵ 3 ) .$p$$\epsilon$$\epsilon-\Theta(\epsilon^3)$

Визначення часу , щоб бути число кроків до ε т ≈ 1 / 2 до . Згідно з (2) вище, ϵ зменшується на постійний коефіцієнт через приблизно Θ ( 1 / ϵ 2 ) кроків, тому t k + 1 = t k + Θ ( 2 2 k ) = t k + Θ ( 4 k ) . Таким чином, t k = Θ ( 4 $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)$ . Тобто, після того, як & thetas ; ( 4 K ) кроків, відстань від помилки до спільної точки р становитиме близько 1 / 2 до . Змінюючи змінні, після N кроків відстань від помилки до загальної точки буде ϵ = Θ ( 1 / $t_k = \Theta(4^k)$$\Theta(4^k)$$p$$1/2^k$$N$. І, наN-му кроці, помилка подорожуєΘ(ϵ2)=Θ(1/N). Таким чином, загальна відстаньпройдену в першихNкроківΘ(1+1/2+1/3+...+1/N)=Θ(увійтиN).$\epsilon = \Theta(1/\sqrt N)$$N$$\Theta(\epsilon^2) = \Theta(1/N)$$N$$\Theta(1+1/2+1/3+...+1/N) = \Theta(\log N)$

Це нижня межа.

Він поширюється на запропонований варіант 2 (наскільки я розумію) таким чином:

Додавання обмеження, що помилка має переміститися до найближчої точки в перетині двох останніх розміщених кіл, не допомагає. Тобто, нижня межа вище все ще діє. Щоб зрозуміти, чому ми змінимо приклад вище, додавши єдине стороннє коло, яке дозволяє помилку дотримуватися обмеження під час руху по тому ж шляху:$\Omega(\log N)$

Зелене та синє коло - це два кола із наведеного вище прикладу. Точки перетину і b є такими ж a і b, як у наведеному вище прикладі. Червоне коло - це нове «стороннє» коло. Попередня послідовність чергувалася між синім та зеленим колами. Нова послідовність буде цією послідовністю, але з додаванням червоного кола перед кожним колом у старій послідовності: червоний, синій, червоний, зелений, червоний, синій, червоний, зелений, червоний, синій, ...$a$$b$$a$$b$

Припустимо, помилка сидить в після того, як буде розміщений синій. Наступне розміщене коло - червоний. Червоний містить помилку, тому помилка не рухається. Наступне розміщене коло - зелене. Тепер клоп рухається до b (що є найближчою точкою на перетині зеленого та червоного кіл). Повторивши це, помилка подорожує, як і раніше.$a$$b$

---

Верхня межа $O(\log N)$

Я лише замальовую доказ.

Зафіксуйте будь-яку послідовність кіл. Ми будемо стверджувати, що як , загальна відстань, яку пройшов помилка на перших N кроках, дорівнює O ( log N ) . Припустимо, не втрачаючи загальності, що перше коло має радіус 1.$N\rightarrow \infty$$N$$O(\log N)$

Усунути як завгодно великий . Нехай p по будь-якій точці перетину перших N кіл. Зауважте, що через те, як помилка рухається, під час кожного кроку, що переміщується, вона наближається до p .$N$$p$$N$$p$

Спочатку розглянемо етапи, де наступне відношення становить щонайменше : зменшення відстані до $1/\log N$

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

$O(\log N)$

$a$$b$$o$$b'$$\overrightarrow{pb}$$|pa| = |pb|$

Розглянемо такі трикутники:

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

$\epsilon$$\Theta(\epsilon)$

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

$|bo|$$[1/2,1]$$|ab| = \Theta(|pa|^2/|bo|) = \Theta(|pa|^2)$$|bb'| = \Theta(|ab||pa|/|bo|) = \Theta(|pa|^3)$

$p$$d$$d'$$d=|pa|$$d'=|pb|$$d-d' = |bb'|$

$d$$|bb'|$$\Omega(d^3)$

$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)$

$n$$|ab|$$O((\mbox{the current distance to } p)^2) = O(1/n)$$N$$[1/2,1]$

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

$k$$[1/2^k, 1/2^{k+1}]$$O(\log(N)/2^k)$$k$$O(\log N)$

Девід Е. вигадав

"Може бути, відповідь була б іншою, якби помилка пішла безпосередньо до найближчої точки поточного перехрестя, а не до центру нового кола?"

(EDIT: Зауважте, що це не те саме, що "варіант 2" в кінці запитання оригінального афіші.)

Ось доказ (більш-менш) його здогадки (він обмежений у даному випадку).

$O(d_0)$$d_0$

$o$$o$$0$

$o$$1, 0.99, 0.99^2, 0.99^3, \ldots$

---

$d$$10 d$

$t$$\alpha(t)$

$\alpha(t)$

$\alpha(t)$$1/100$$1/100$$\alpha(t) < 89$$9$$\alpha(t)$$t$$\alpha(t) \in [89,90]$$1/100$

$p$$p$$p$

$\alpha(t) \in [89,90]$$1/100$$1$$10$$8$$2\pi< 7$, половина кільця мертва, як тільки починається помилка, і помилка не може повернутися до жодної мертвої точки, тому це неможливо. Це доводить твердження (більш-менш; можливо, хтось може дати більш точний аргумент).

---

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

Очевидно, що постійний фактор тут слабкий. Наприклад, якщо помилка рухається в першому кільці під кутом 89 градусів і більше, це негайно вбиває майже половину балів у диску радіусом 1 (а не лише точки в цьому кільці).