Гра на кілька графіків

Розглянемо наступну гру на спрямованому зваженому графі з мікросхемою на якомусь вузлі.$G$

Усі вузли позначені A або B.$G$

Є два гравці Аліса та Боб. Мета Аліси (Боб) - перенести чіп на вузол, який позначений A (B).

Спочатку Аліса та Боб мали та доларів відповідно.$m_A$$m_B$

Якщо гравець перебуває в програшній позиції (тобто поточна позиція чіпа позначена протилежною літерою), він може перенести чіп на сусідній вузол. Такий хід коштує декількох доларів (вага відповідного краю).

Гравець програє, якщо він чи вона перебуває у програшному становищі та не має грошей, щоб виправити це.

Тепер розглянемо мову GAME, яка складається з усіх спрямованих зважених графіків (всі ваги є натуральними цілими числами), початкового положення мікросхеми та капіталів Еліс та Боба, які наведені в унарному поданні$G$

такий, що Аліса має виграшну стратегію в цій грі.

Мова GAME належить P . Дійсно, поточна позиція гри визначається положенням мікросхеми та поточними капіталами Еліс та Боба, тому динамічне програмування працює (тут важливо, щоб початкові капітали були задані в одинарному поданні).

Тепер розглянемо наступне узагальнення цієї гри. Розглянемо кілька спрямованих зважених графіків з чіпом на кожному графіку. Усі вузли всіх графіків позначені A і B. Тепер Боб виграє, якщо всі фішки позначені B, а Аліса виграє, якщо хоча б один чіп позначений А.$G_1, \ldots G_n$

Розглянемо мову MULTI-GAME, яка складається з усіх графіків , початкових позицій та та (в поданні) таким чином, що Аліса перемагає у відповідній грі. Тут важливо, щоб великі літери були загальними для всіх графіків, тому це не лише кілька незалежних ігор.$G_1, \ldots, G_n$$m_A$$m_B$

Питання У чому полягає складність мови МНОГОГРАМ? (Це також належить до Р чи є деякі причини, що ця проблема є важкою?)

UPD1 Ніл Янг запропонував використовувати теорію Конвея. Однак я не знаю, чи можна використовувати цю теорію для кількох ігор із загальним капіталом.

UPD2 Хочу показати приклад, який показує, що MULTI-GAME не дуже простий. Нехай Аліса розділить свій капітал на деякі терміни (Вона збирається використовувати долари для -го графіка). Визначте як мінімальну кількість, так що в -й грі Боб виграє, якщо Аліса та Боб мають та долари відповідно. Якщо (для деякого ), то Аліса виграє. Однак навпаки не вірно. Розглянемо дві копії наступного графіка (спочатку чіп знаходиться зліва вгору A): $m_A$$n$$m_A = a_1 + a_2 + \ldots a_n$$a_i$$i$$b_i$$i$$a_i$$b_i$$b_1 + \ldots b_n > m_B$$m_A = a_1 + a_2 + \ldots a_n$

Для одного графа Боб виграє, якщо і або якщо і . Однак для гри з двома примірниками цього графіка Боб програє, якщо і . Дійсно, Боб доведеться витратити або доларів , щоб зрушити обидві фішки на вузол , відзначений . Тоді Аліса може перенести хоча б одну мікросхему на вузол, позначений А. Після цього у Боб немає грошей, щоб зберегти свою позицію.$m_A=0$$m_B=2$$m_A=1$$m_B=3$$m_A=1$$m_B=5$$4$$5$$B$

UPD3 Оскільки питання довільних графіків здається важким, розглянемо конкретні графіки. Позначимо вузли деякого графа як . Моє обмеження таке: для кожної пари існує край від до а зворотного краю немає. Також існує обмеження витрат ребер: для край до не більший, ніж від до .$G_i$$1, \ldots k$$i<j$$i$$j$$i<j<k$$j$$k$$i$$k$

Оскільки, здається, відповідь Стівена Стадницького не сприйняв запитувач, я вважав, що це все ще може бути корисним для оновлення: у мене зменшення від 3SAT до MULTI-GAME. Я уважно не переглянув відповідь Стівена або перейшов за посиланням, яке він надав, але виходячи з наступного зменшення, я не здивуюсь, якщо MULTI-GAME дійсно завершено PSPACE. Я, можливо, не заважаю розширювати цей результат поза твердістю NP.

Екземпляр 3SAT складається з пунктів $C_1, \dots, C_m$ , кожне з яких має форму $C_i = L_{i1} \vee L_{i2} \vee L_{i3}$ де кожен $L_{ik}$ є або однією зі змінних $x_1, \dots, x_n$ або заперечення однієї із змінних.

З огляду на такий екземпляр 3SAT, зменшення створює екземпляр MULTI-GAME, що складається з $n + 1$ ігор - одна для кожної змінної та інша гра, що використовується як надлишок капіталу. Спочатку ми визначимо структуру графіків для кожної гри, потім подивимось на приклад та обговоримо основну ідею, а потім розберемо, які саме витрати слід віднести до ребер, щоб зменшити зменшення.

По-перше, графіка змінної гри $G_j$ для кожної змінної $x_j$ :

1. Створіть вершину з позначкою $x_j$ позначену A (тобто виграшну вершину для Alice). Фішка для $G_j$ починається з вершини $x_j$ .
2. Створіть вершину з позначкою $T$ і вершину з позначкою $F$ , кожна з яких позначена символом B (тобто обидва є виграшними позиціями для Боба). Створіть спрямовані краї від $x_j$ до обох $T$ і $F$ , обидва з витратами $1$ .

3. Для кожного прямого $L_{ik}$ пункту $C_i$ , якщо $L_{ik} = x_j$ або $L_{ik} = \neg x_j$ , створіть вершини, позначені $C_iTA$ і $C_iFA$ позначені A і вершини, позначені $C_iTB$ і $C_iFB$ позначено символом B. Додайте ребра $(T, C_iTA)$ і$(F, C_iFA)$ з витратами, встановленими на$l_{ik}$ . (Ми визначимо$l_{ik}$ пізніше.)

   Додайте ребра $(C_iTA, C_iTB)$ і $(C_iTA, C_iTB)$ . Якщо $L_{ik} = x_j$ , то встановіть $(C_iTA, C_iTB)$ собівартість $l_{ik} - 1$ і $(C_iTA, C_iTB)$ вартість до$l_{ik}$ . В іншому випадку встановітьсобівартість$(C_iTA, C_iTB)$ до$l_{ik}$ авартість$(C_iTA, C_iTB)$ до$l_{ik} - 1$ .

Гра мийця капіталу:

1. Створіть вершину з позначкою $C$ , позначену B.
2. Для кожного п $C_i$ , створити вершину міченого $C_iA$ помічені А, а вершина меченного $C_iB$ , відмічені B. Створити ребро $(C, C_iA)$ з вартістю ребра $c_i$ (ще раз , щоб визначити нижче) , а край $(C_iA, C_iB)$ також із ребром коштує $c_i$ .

Цього потрібно взяти багато, тому, сподіваємось, приклад робить це трохи більш засвоюваним. Наш екземпляр 3SAT такий:

$C_1 = x_1 \vee x_2 \vee \neg x_3$

$C_2 = x_2 \vee x_3 \vee \neg x_4$

$C_3 = \neg x_1 \vee \neg x_3 \vee x_4$

Зменшення перетворює цей випадок у 4 графіки змінної гри та 1 графік вмивання капіталу. На діаграмах нижче червоні вершини позначені буквою A (тобто виграшні позиції для Аліси), а сині вершини позначені символом B (є виграшні позиції для Боба).

Графік для $x_1$ :

Графік для $x_2$ :

Графік для $x_3$ :

Графік для $x_4$ :

Графік поглинання капіталу:

Ідея така:

Боб змушений зробити перші $n$ рухів, щоб вийти з втрачених позицій у $n$ змінних іграх. Кожен такий хід кодує присвоєння істинної чи хибної відповідній змінній.

Тоді Алісі буде достатньо капіталу, щоб зробити рівно 4 кроки, кожен з яких Боб повинен мати достатній капітал, щоб зрівнятися, щоб перемогти Боб. Значення $c_i$ та $l_{ik}$ слід вибирати так, щоб єдиною можливою стратегією виграшу Аліси було наступне, для деякого пункту $C_i$ :

Класифікат $C_i$ стратегії Аліси : нехай $C_i = L_{i1} \vee L_{i2} \vee L_{i3}$ . Для кожного $k \in \{1, 2, 3\}$ , якщо $L_{ik} = x_j$ або $\neg x_j$ , переходимо до $C_i?A$ у грі зі змінною для $x_j$ . Також перейдіть до $C_iA$ у грі з капітальним потоком.

( $C_i?A$ позначає або $C_iTA$ або $C_iFA$ , лише одна з яких доступна в заданій грі змінної після відкриття Боба.)

Якщо відкриття Боба відповідає призначенню істини, яке залишає незадоволеним деякий пункт $C_i$ , тоді Аліса, яка вибирає $C_i$ та реалізовує стратегію вище, коштує Alice $l_{i1} + l_{i2} + l_{i3} + c_i$ капіталу для реалізації, а Bob те саме бити; якщо з іншого боку $C_i$ задоволений, то на контрграцію Боба отримують знижку щонайменше $1$ . Наша мета у встановленні $c_i$ та $l_{ik}$ Значення та стартовий капітал Аліси та Боба полягає в тому, щоб вказана знижка була визначальним фактором, чи виграє Аліса чи Боб.

Для цього встановіть $b = m + 1$ і встановіть

$l_{ik} = 2b^{10} + ib^{2k}$ для кожного$k \in \{1, 2, 3\}$ ,

$c_i = 3b^{10} + b^8 - \sum_{k=1}^3 ib^{2k}$ ,

Стартовий капітал Аліси до $9b^{10} + b^8$ ,

і стартовий капітал Боба до $9b^{10} + b^8 + n - 1.$

Зауважте, що всі ці значення є многочленами в $m$ , тому екземпляр MULTI-GAME, що виводиться зменшенням, має поліном розміру в розмірі екземпляра 3SAT, навіть якщо ці витрати кодуються уніарно.

Зауважимо також, що для кожного пункту $C_i$ , $l_{i1} + l_{i2} + l_{i3} + c_i = 9b^{10} + b^8$ є початковим капіталом Аліси. (Що також на $1$ більший за капітал Боба після перших $n$ рухів.)

Перш за все, відразу зрозуміло, що якщо відкриття Боба визначає присвоєння істини, яке залишає незадоволеним пункт $C_i$ , тоді Аліса виграє, використовуючи свою стратегію пункту $C_i$ подану вище.

Якщо відкриття Боба задовольняє всім пунктам, ми можемо стверджувати обмеження щодо варіантів Аліси, які виключають будь-яку іншу можливість перемоги Аліси. Зауважте, що порядок, в якому Аліса робить свої кроки, не має значення, оскільки відповіді Боба вимушені, а загальний капітал, якому Боб вимагатиме відповідати на кроки Аліси, не змінюється порядком кроків Аліси.

• Аліса не може зробити більше 4-х ходів: якщо Аліса робить 5 і більше ходів, то її рух має загальну вартість $\ge 5b^{10}$ , що перевищує її бюджет.
• Аліса повинна зробити 4 кроки: якщо Аліса вибирає 3 кроки з гри в капітал, то її загальна вартість $\ge 9b^{10} + 3b^8 - 3b^7 > 9b^{10} + 2b^8$ що перевищує бюджет. Якщо вона обирає навіть одну ходу з 3 із змінної гри, то її загальна вартість становить $\le 8b^{10} + 2b^8 + b^7$ що значно менше, ніж після відкриття капіталу Боба, тому Боб легко може дозволити собі контр-гру.
• Аліса повинна вибрати хід з гри капітальної раковини: якщо вона цього не зробить, то вона вибирає 4 кроки з змінних ігор, загальною вартістю $\le 8b^{10} + 4b^7$ , і знову Боб може легко дозволити собі контргра. (Зауважте, що якби була окрема гра з відтоком капіталу за умовою, ми навіть могли показати, що Аліса повинна грати саме в одній такій грі.)

На цьому етапі ми можемо не враховувати умови $b^{10}$ та $b^8$ у вибраних витратах на переїзд, оскільки вони завжди становитимуть $9b^{10} + b^8$ . Так як Аліса повинна вибрати саме один крок в столиці раковині гри, припустимо , що рух є $C_iA$ . Тоді Аліса має (ігноруючи $b^{10}$ і $b^8$ доданків) $\sum_{k=1}^3 ib^{2k}$ залишився капітал, а у Боба залишилося на $1$ менше, ніж ця сума.

• Аліса повинна вибрати принаймні один хід вартістю $l_{j3}$ для деякого пункту $C_j$ : якщо вона цього не зробить, тоді її переїзд коштує (знову ж таки, умовами нижчого порядку) $\le 3b^5$ , і у Боба є більш ніж достатній капітал для контр-гри.
• Зазначена вартість ходу $l_{j3}$ повинна бути$l_{i3}$ ціною ходу l i 3 : це не може бути хід, який коштує $l_{j3}$ для $j > i$ , інакше цей хід сам коштує $\ge (i+1)b^6$ що більше, ніж залишилося в Аліси бюджет. Якщо для j < i це $l_{j3}$ , тоді Аліса також повинна вибрати хід вартості l ( i - j ) 3 для вичерпання b 6$j < i$$l_{(i - j)3}$$b^6$-послідовний термін у залишився бюджеті Боба. Але тоді або $b^2$ -порядка член залишився бюджету Боба або $b^2$ -ого узагальнений термін не забракне, тому Боб виграє зручніше.

Подібні аргументи повинні встановити, що Аліса повинна вибирати ходи вартістю $l_{i2}$ та $l_{i1}$ . Якщо присвоєння правди Боба задовольняє $C_i$ , то навіть ця стратегія не працює, оскільки знижка, яку Боб отримує на одну з витрат, заснованих на $l_{ik}$ складає $1$ менший капітал, який він має після відкриття.

Зауваження до моєї попередньої відповіді: очевидно, з огляду на те, що для варіанту TABLE-GAME MULTI-GAME, який я визначив у коментарях до цієї відповіді, DP-стилю в стилі рюкзак достатньо, щоб визначити, який гравець має стратегію виграшу. Ви можете стверджувати, що найкраща стратегія Боба - завжди реагувати на втрачений стан в заданій ігровій таблиці з мінімальними можливими вкладеннями (це не може відрізати наступний хід для Боба, який він мав би в іншому випадку), а звідти і порядок Хід Аліси не має значення. Потім стає питанням розбиття капіталу Аліси серед ігор таким чином, що сума мінімальних виграшних відповідей Боба за ці ігри перевищує його бюджет, який можна переосмислити як проблему стилю рюкзака, що має поліномічний час DP до одиничного представлення витрат. (Моє повторення насправді буде "

Виявляється, навіть простої структури дерев для кожної гри, з постійною глибиною і справді лише однією значущою виделкою на гру (а саме ті, що на старті, які змушують Боб вибрати вибір істини) достатня для отримання твердості NP. У мене були деякі ідеї для позбавлення від цього початкового вила, який зупинився на тому, щоб якось змусити Боба інвестувати відносно велику фіксовану кількість капіталу в $n$ ігри, без того, щоб Аліса мала заздалегідь приймати участь у цих іграх, але очевидно, оскільки TABLE-GAME знаходиться у P це неможливо без вилки.

Я не дуже багато роздумував над вашим особливим випадком з UPD3 . Я підозрюю, що це також важко для NP, з тієї причини, що мої мінливі гаджети здаються на перший погляд так, ніби вони можуть бути пристосовані до цих обмежень, але я, мабуть, не буду далі розглядати це.

Оновлення: ймовірно, некоректне, залишається на даний момент як запис про дослідження проспекту. Дивіться коментарі.

Оновлення 2: безумовно неправильне.

Розглянемо графік форми (B) -1-> (A) -1-> (B), тобто $G = (V, E)$ , де $V = \{1, 2, 3\}$ , $E = \{(1, 2), (2, 3)\}$ , вершини 1, 2, 3 позначаються відповідно B, A, B, а на ребрах усі призначені витрати 1.

Визначте 3-ігровий екземпляр MULTI-GAME, встановивши $m_A = m_B = 2$ , $G_1 = G_2 = G_3 = G$ , а всі три ігри починаються з вершини 1. Очевидно, що Аліса не може виграти цю гру.

Однак, повторення нижче не вдається для $M[3,2,2]$ : немає розподілу коштів Боба $2-u, u$ між першими двома іграми та третьою грою таким чином, що для всіх розщеплень коштів Аліси $v, 2 - v$ , і $M[2, 2 - u, 2 - v] = B$ і $W[3, u, v] = B$ . Якщо$u = 1$ або$u = 2$ , тоді$M[2, 2 - u, 2] = A$ ; і якщо$u = 0$ , то$W[3, u, 2] = A$ .

Я не бачу безпосереднього способу врятувати цей підхід. Зміна порядку визначення кількісних показників на $u$ та $v$ призводить до того, що повторний збій не відбудеться в екземплярі в оновлення 2 повідомлення.

Враховуючи екземпляр MULTI-GAME $m_A, m_B, G_1, \dots, G_n,$

Попередньо обчисліть

$W[k, x, y] = \begin{cases}A & \text{if Alice wins GAME on $G_k$ with initial funds $x$ for Alice and $y$ for Bob,} \\ B & \text{otherwise}\end{cases}$

для всіх ігор і всіх $x \le m_A$ , $y \le m_B$ .

$M[k, x, y]$$k$$x \le m_A$$y \le m_B$$M[k, x, y] = B$$A$

$M[1, x, y] = W[1, x, y]$

і

$M[k+1, x, y] = B \quad\text{if and only if}\quad \exists v \forall u, W[k+1, u, v] = B \:\:\text{and}\:\: M[k, x-u, y-v] = B.$

$M[n, m_A, m_B] = A$

$[n]$$n+1$$n\ldots 0$$i+1$$i$$0\leq i\lt n$$0$$0$$n$$[n]$$\geq n$$0$$0$

$G$$\alpha$$\beta$$\alpha$$[i]$$\beta$$\beta$$[j]$$[k]$$j\lt k$$\alpha$$\beta$$\beta$$[j]$$[k]$$[k]$$[i]$$\{i\mid\{j\mid k\}\}$