У чому полягає складність цієї гри?

Це узагальнення мого попереднього запитання .

Нехай $M$ буде поліноміальний детермінований машина , яка може ставити питання деяким оракулом $A$ . Спочатку $A$ порожній, але це можна змінити після гри, яка буде описана нижче. Нехай $x$ - якийсь рядок.

Розглянемо наступну гру Аліси та Боб. Спочатку Аліса та Боб мають $m_A$ та $m_B$ доларів відповідно. Аліса хоче $M^A(x)=1$ а Bob хоче $M^A(x)=0$ .

На кожному кроці гри гравець може додати деяку строку $y$ до $A$ ; це коштує $f(y)$ долара, де $f: \{0,1\}^* \to \mathbb{N}$ - поліномальна обчислювальна функція. Також гравець може пропустити свій крок.

Гра закінчується, якщо обидва гравці витрачають всі гроші або якщо якийсь гравець пропустив крок, коли він чи вона втрачає позицію (що визначається поточним значенням $M^A(x)$ ).

Питання: чи проблема визначення переможця цієї гри для заданих $M, f, x, m_A, m_B$ - це

ДОСЛІДЖ - завершення завдання?

Зверніть увагу , що $M$ може запитати (за приналежність до $A$ ) тільки рядкам полиномиальной довжини , так що немає сенсу Аліси або Боб , щоб додати довші рядки в $A$ . Отже, ця проблема в EXPSPACE .

У моєму попередньому запитанні додавання кожної струни до $A$ коштує один долар (тобто $f \equiv 1$ ). Тоді (як це було показано Ланс Фортноу ) ця гра належить EXPH і навіть PSPACE , якщо $m_A = m_B$ .

Це має бути завершеним EXPPACE. Я начерклю, як досягти експоненціальної кількості чергувань, не зводячи до цього жодної проблеми, досяжної ЕКСПЕДІАЦІЇ, але звідси її слід просто закінчити.

Позначте слова в оракулі після $t$ округлення $A_t$ , тому спочатку $A_0=\emptyset$ . Позначте слова, запитані $M^{A_t}$ за $Q_t$ . Основне спостереження - це те, хто програє$A_t$ , можна припуститидодати щото від$Q_t$ до$A$ . Це тому, що в цій грі кожен хід коштує грошей, ми хочемо рухатися якомога менше; поки немає перемоги, немає сенсу робити крок. Але це також означає, що якщо ми програємо, немає сенсу нічого додавати ззовні$Q_t$ .

Припустимо для простоти, що $M$ виконує рівно $2n$ кроків, а на кроках $2i$ та $2i+1$ запитує слово довжини точно $i$ . Функція витрат $f$ буде просто $2^{-i}$ на слова довжини $i$ . Гра буде такою , що Аліса завжди потрібно додати непарні слова довжини і Боб завжди потрібно додати навіть слів довжини до $A$ . Припустимо, що $n$ непарне і спочатку Аліса програє.

Бюджети $m_A$ і $m_B$ будуть встановлені таким чином, щоб вона могла вибрати саме одну довжину $n$ слів запитувати з допомогою $M^{A_0}$ , щоб бути додані до $A$ . Гра буде такою, що це робить її переможцем, тому Боб повинен буде рухатися. Знову через бюджетні обмеження йому доведеться вибрати саме одну довжину $n-1$ слова, запитуваний $M^{A_1}$ , які будуть додані до $A$ . Після того, як будь-яке з них буде додано, $M^{A_2}$ запитає два нові $n$ довжини слова (ті ж самі, незалежно від того, яке слово додав Боб$A$ ), і Боб переможе. Аліса буде змушена додатив A саме одне з цих нових довгих$n$ слів, щобвона перемогла.$A$

Гра триває таким чином, що можна уявити як слідкуючи за гілками повного бінарного дерева глибини $n$ , хоча на кожному розгалужувальному вузлі один з гравців (визначається, який за парністю глибини вузла) повинен зробити вибір про те, яке слово , щоб додати до $A$ . Після того, як вони пройдуть через дерево, у них закінчиться бюджет. Якщо на будь-якому етапі гри хтось із них вирішить додати слово коротше (наприклад, Аліса довжиною $k<n$ слово від $Q_0$на першому кроці), тоді якщо інший гравець (у нашому прикладі Боб) просто грає завжди найдовше слово, яке він може у бінарному дереві, у нього залишиться трохи грошей в кінці, і ми зробимо гру, щоб він міг використовувати це вигравати. (Зауважте, що в Аліси також може залишитися трохи грошей, але у Боб буде більше, тому ми розробляємо кінцеву гру, що якщо в одного з них більше грошей, то цей гравець може виграти.)

$A$