Паралельна галькова гра на лінії

У грі з галькою на лінії розміщено N + 1 вузлів, позначених від 0 до N. Гра починається з камінчика на вузлі 0. Якщо на вузолі i є галька, ви можете додати або вийняти гальку з вузла i + 1. Мета - розмістити камінчик на вузлі N, не розміщуючи багато гальки одночасно на дошці і не роблячи занадто багато кроків.

Наївне рішення - розмістити камінчик на 1, потім на 2, потім на 3 і так далі. Це оптимально з точки зору кількості кроків. Не оптимально максимальна кількість камінчиків на дошці одночасно: під час останнього кроку на дошці є N2 камінчиків (не рахуючи однієї на 0).

Стратегія, яка одночасно розміщує менше камінчиків на дошці, є у цій статті . Вони досягають вузла N, не перевищуючи гальки , але ціною збільшення кількості кроків до . Вони перемикають, чи є камінчик у положенні не залишаючи інших камінчиків навколо, рекурсивно перемикаючи , використовуючи це як вихідну точку для перемикання на інший рекурсивний крок, а потім перемикаючи третім напіврозмірним рекурсивним кроком на очистити це $\Theta(\lg N)$ $\Theta(n^{\lg_2 3})$ $N$ $N/2$ $N$ $N/2$

Мене цікавить компроміс між максимальною кількістю камінчиків та кількістю кроків, при припущенні, що додавання та видалення гальки можна робити паралельно. Під "паралельним" я маю на увазі, що кожен крок може додавати або видаляти стільки камінців, скільки бажано, якщо кожне окреме додавання / видалення дозволено і не взаємодіє з іншими зробленими рухами. Зокрема, якщо - це сукупність вузлів, до яких ми хочемо додати або видалити камінчики, а - це набір вузлів, які мали гальку на початку кроку, то ми можемо виконати всі ці доповнення та видалення за один крок, як поки . $A$ $P$ $\{a-1 | a \in A \} \subseteq P - A$

Наприклад, розгляньте стратегію, яка розміщує камінчик в на кроці , але позначає гальку, кратну як "контрольні точки" і видаляє гальку з найвищим індексом за гальковою контрольною точкою, коли це можливо. Ця стратегія як і раніше досягає вузла N після кроків, як і наївна стратегія, але зменшує максимальну кількість гальки з до . $i$ $i$ $\sqrt{N}$ $N$ $N$ $2 \sqrt{N}$

Чи існують стратегії гальмування паралельних ліній, які закінчуються на етапах з ще нижчою асимптотичною максимально-гальковою складністю? Що робити, якщо ми готові дозволити кроки ? Які "цікаві" моменти, де компроміс між максимумом і часом особливо хороший? $N$ $O(N \lg N)$

complexity reversible-computing

— Крейг Гідні
джерело

На кожному кроці скільки гальки ви можете додати чи вийняти? Якщо тільки в одному четвертому абзаці ви маєте на увазі загальні кроки , а не ? Підраховуючи використані камінчики, чи є максимальна кількість на дошці в будь-який час протягом послідовності?

O (N)

$O(N)$

N

$N$

— Ніл Янг

@NealYoung У паралельному випадку ви можете додати та видалити стільки камінчиків за крок, скільки вам потрібно. Але якщо ви впливаєте на позицію то, мабуть, був камінь у положенні присутній на початку кроку. Я мав на увазі саме N кроків, але також цікавий і, звичайно, включений в . Так, значення має максимальна кількість камінчиків.

k

$k$

k - 1

$k-1$

O (N)

$O(N)$

O (N \lg N)

$O(N \lg N)$

— Крейг Гідні

Що з оригінальною стратегією, але з "паралелізацією"? Коли ми досягнемо починаймо паралельно очищати першу половину; при досягненні починайте очищення діапазону І продовжуйте очищати першу половину паралельно (на момент розміщення гальки на залишається лише камінчиків, що залишилися на першій половині ); і так далі для до . Складність гальки повинна бути однаковою: , але з кроками.

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

$N/4$

(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

@MarzioDeBiasi Чому складність гальки була б однаковою? Наскільки я можу сказати, відношення повторення пішло б від до .

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)

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

— Крейг Гідні

@CraigGidney: ти маєш рацію ...

— Marzio De Biasi

ЗМІНИ : Додано леми 2 та 3.

Ось часткова відповідь: Ви можете дійти до позиції $N$

у рухається за допомогою простору , де . (Лема 1) $N$ $N^{O(\epsilon(N))}$ $\epsilon(N) = 1/\sqrt{\log N}$
в рухається за допомогою простору (для будь-якої константи ) (лема 2). $N^{1+\delta}$ $O(\log N)$ $\delta>0$

Крім того, ми накреслюємо нижню межу (лема 3): для певного класу так званих добре сприйнятих рішень лема 1 є тісною (до постійних факторів в експоненті), і жодне таке рішення, що використовує полі-логічний простір, не може досягти позиція в часі . $N$ $O(N\,\text{polylog}\, N)$

Лема 1. Для всіх можна досягти позиції в ходах, використовуючи пробіл $n$ $n$ $n$

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

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

Доказ. Схема є рекурсивною, як показано на малюнку нижче. Ми використовуємо наступні позначення:

$k$ - кількість рівнів у рекурсії
$P(k)$ - розчин, що утворюється (з рівнями рекурсії). $k$
$N(k)$ - максимальне положення, досягнене (у часі ). $P(k)$ $N(k)$
$S(k)$ - простір, використовуваний . $P(k)$
$L(k)$ - кількість шарів, використовуваних , як показано нижче: $P(k)$

На малюнку час протікає зверху вниз. Рішення не зупиняється в момент , натомість (для використання в рекурсії) воно продовжується до часу , точно обертаючи свої рухи, щоб повернутися до єдиного камінчика в час . $P(k)$ $N(k)$ $2\,N(k)$ $2\,N(k)$

Суцільні вертикальні лінії розділяють шари . На малюнку п'ять, тому складається з 5 шарів. Кожен з шарів (крім правої правої) має дві підзадачі, одна у верхній частині шару та одна внизу, з'єднана суцільною вертикальною лінією (являє собою гальку, яка існує для та тривалість). На малюнку п’ять шарів, тому є дев’ять підпроблем. Як правило, складається з підпроблем. Кожна підпроблема має розв’язок . $L(k)$ $P(k)$ $L(k)$ $P(k)$ $L(k)$ $P(k)$ $P(k)$ $2\,L(k)-1$ $P(k)$ $P(k-1)$

Найважливішим спостереженням для обмеження простору є те, що в будь-який час лише два шари мають "активні" підпрограми. Решта сприяють лише по одному камінчику, таким чином, у нас є

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

Тепер ми вибираємо для повного визначення . Я не впевнений, чи цей вибір є оптимальним, але здається близьким: візьми . Тоді наведені вище рецидиви дають $L(k)$ $P(k)$ $L(k) = 2^k$

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

Отже, розв’язуючи для , маємо і . $n=N(k)$ $k \approx \sqrt {2 \log n}$ $S(k) \approx \sqrt {2 \log n}\, 2^{\sqrt {2 \log n}} = \exp(O(\sqrt{\log n}))$

Це турбується про всі позиції у множині . Для довільного обріжте дно розчину для найменшого допомогою . Бажана межа виконується, оскільки . QED $n$ $\{N(k) : k\in\{1,2,\ldots\}\}$ $n$ $P(k)$ $k$ $N(k)\ge n$ $S(k) / S(k-1) = O(1)$

Лема 2. Для будь-якого , для всіх можна досягти положення в переміщеннях, використовуючи пробіл $\delta>0$ $n$ $n$ $n^{1+\delta}$ $O(\delta 2^{1/\delta}\log n).$

Доказ. Змініть побудову з доказів леми 1, щоб затримати запуск кожної підпрограми до завершення попередньої підпрограми, як показано нижче:

Нехай позначає час закінчення модифікованого розчину . Тепер на кожному етапі часу лише один шар має підпроблему, яка сприяє більш ніж одному камінчику, так $T(k)$ $P(k)$

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

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

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

Розв’язуючи для і через , маємо , і $S = S(k)$ $T=T(k)$ $n=N(k)$ $k=\delta \log n$

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

Розв язки доказів лемм 1 і 2 добре поводяться в тому, що для досить великого для кожного рішення що досягає положення , є положення таке, що лише один камінчик колись розміщується в положенні , і розчин розкладається на (добре сприйнятий) розчин для позицій та два (добре сприйняті) рішення , кожен для позицій , з'єднаних галькою в положенні . З відповідним визначенням добре поводиться , нехай $n$ $P(n)$ $n$ $k\le n/2$ $k$ $P(N-k)$ $k+1,k+2,\ldots,n$ $P(k)$ $1,2,\ldots,k$ $k$ $V(n)$ позначають мінімальний об'єм камінчиків (сума за часом від кількості камінчиків кожного разу) для будь-якого добре сприйнятого рішення. Визначення означає, що для досить великого для , $n$ $\delta=1>0$

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

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

Я здогадуюсь, що для кожного достатньо великого є добре розроблене рішення, що мінімізує об'єм гальки. Може хтось може це довести? (Або просто те, що якесь оптимальне рішення задовольняє повторення ...) $n$

Нагадаємо, що . $\epsilon(n) = 1/\sqrt{\log n}$

Лемма 3. Для будь-якої константи вищезазначений повтор має на увазі . $\delta>0$ $V(n) \ge n^{1+\Omega(\epsilon(n))}$

Перед тим , як начерк докази леми, зауважимо , що це означає , що будь-який добре себе рішення , яке досягає позиції в кроків повинен взяти простір по крайней мере в якийсь крок. Це дає наслідки, такі як: $n$ $t$ $n^{1+\Omega(\epsilon(n))}/t$

Лемма 1 підтягується до постійних факторів в експоненті (для добре сприйнятих рішень).
Жодне добре сприйняте рішення не може досягти позиції в часових кроках, використовуючи пробіл . (Використовуючи тут, що .) $n$ $n\,\text{polylog}\, n$ $\text{polylog}\, n$ $n^{\Omega(\epsilon(n))} = \exp(\Omega(\sqrt{\log n})) \not\subseteq \,\text{polylog}\, n$

Доказ ескіз. Покажемо де для деякої досить малої постійної Ми припускаємо , без втрати спільності , що як завгодно велике, тому що, взявши досить малий, ми можемо забезпечити для будь-якого кінцевого безлічі (використовуючи при цьому , що , казати). $2 V(n) \ge f(n)$ $f(n) = n^{1+c\epsilon(n)}$ $c.$ $n$ $c>0$ $2 V(n) \ge f(n)$ $n$ $V(n)\ge n$

Лемма буде індуктивно випливати з рецидиву, доки для всіх досить великих ми маємо , тобто при $n$ $f(n) \le \min_{k<n} f(n-k) + \max(n, 2 f(k))$ $f(n) - f(n-k) \le \max(n, (1+\delta) f(k))$ $k<n.$

Оскільки опуклий, маємо . Тож достатньо, якщо $f$ $f(n) - f(n-k) \le k f'(n)$ $k f'(n) \le \max(n, (1+\delta) f(k)).$

Коротким розрахунком (використовуючи і і використовуючи зміну змінних і ), ця нерівність еквівалентна наступному: для всіх достатньо великих і , . Оскільки , а для , то достатньо показати тобто $f(n)/n = e^{c\sqrt{\log n}}$ $f'(n)=(f(n)/n)(1+c/(2\sqrt{\log n})),$ $x = \sqrt{\log k}$ $y=\sqrt{\log n}$ $y$ $x\le y$ $e^{cy}(1+c/(2y)) \le \max(e^{y^2 - x^2}, (1+\delta) e^{cx})$ $1+z\le e^z$ $e^z\le 1+2z$ $z\le 1$ $e^{cy + c/(2y)} \le \max(e^{y^2 - x^2}, e^{2\delta+cx}),$

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

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

Якщо , то (для великого ) і ми готові, тому припустимо . Тоді (для великих ), тому досить показати Це справедливо для досить малого та великого QED $y \le x + 0.1\delta/c$ $cy+c/(2y) \le cx + 0.2\delta$ $y$ $y\ge x + 0.1\delta/c$ $y^2-x^2 \ge 0.1y\delta/c$ $y$

c y + c / (2 y) \leq 0.1 y δ / c .

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

c

$c$

y .

$y.$

— Ніл Янг
джерело

FWIW, у мене є доказ того, що завжди існує майже оптимальне добре сприйняте рішення, тому нижня межа леми 3 стосується всіх рішень. Тут трохи надто задіяно вводити сюди - якщо хтось зацікавлений, зв’яжіться зі мною електронною поштою (Google "Ніл молодих інформатиків" для контактної інформації).

— Ніл Янг