Проблема Super Mario Galaxy

Припустимо, Маріо ходить по поверхні планети. Якщо він починає ходити з відомого місця, у фіксованому напрямку, на заздалегідь задану відстань, то як швидко ми можемо визначити, де він зупиниться?

Більш формально, припустимо, нам дають опуклий багатогранник у 3-просторі, вихідну точку на поверхні , вектор напрямку (у площині деякої грані, що містить ), та відстань . Як швидко ми можемо визначити, яка грань Mario зупиниться всередині? (В якості технічного моменту припустимо, що якщо Маріо заходить у вершину , він негайно вибухає; на щастя, цього майже ніколи не відбувається.)s P v p ℓ P $P$$s$$P$$v$$p$$\ell$$P$$P$

Або якщо ви віддаєте перевагу: припустимо, нам заздалегідь задають політоп , вихідну точку та вектор напрямку . Як попередньо обробити, як швидко ми можемо відповісти на питання про задану відстань ?s v $P$$s$$v$$\ell$

Легко простежити сліди Маріо, особливо якщо має лише трикутні грані. Щоразу, коли Маріо входить у грань через один із її країв, ми можемо за час визначити, який із двох інших ребер він повинен залишити. Хоча час роботи цього алгоритму є тільки лінійним по числа ребер перетинів, це необмежено як функція від розміру вхідного, так як відстань може бути як завгодно великим , ніж діаметр . Чи можемо ми зробити краще?О ( 1 ) ℓ $P$$O(1)$$\ell$$P$

(На практиці довжина шляху насправді не є необмеженою; існує глобальна верхня межа щодо кількості бітів, необхідних для представлення вводу. Але наполягання на цілих введеннях виникає досить неприємне числове питання - Як ми точно обчислимо , де саме зупинити? - тож давайте дотримуватимемось реальних входів та точної реальної арифметики.)

Чи відомо щось нетривіальне про складність цієї проблеми?

Оновлення: У світлі коментаря julkiewicz здається зрозумілим, що час роботи в реальній оперативній пам'яті обмежений суто з точки зору (складність політопа) неможливий. Розглянемо особливий випадок двостороннього одиничного квадрата , Маріо починається з і йде в напрямку . Маріо зупиниться на передній або задній частині квадрата залежно від паритету цілого числа . Ми не можемо обчислити функцію статі в постійна час на реальній пам'яті, якщо ми не будемо щасливі прирівнювання PSPACE і P . Але ми можемо обчислити в[ 0 , 1 ] 2 ( 0 , 1 / 2 ) ( 1 , 0 ) ⌊ л ⌋ ⌊ л ⌋ Про ( увійти л ) н увійти л$n$$[0,1]^2$$(0,1/2)$$(1,0)$$\lfloor \ell \rfloor$$\lfloor \ell \rfloor$$O(\log \ell)$час шляхом експоненціального пошуку, що є експоненціальним вдосконаленням над наївним алгоритмом. Чи завжди досяжний багаточлен у та ?$n$$\log \ell$

Ця проблема дуже дуже складна. Ми могли б спростити це, щоб зробити його простішим, як слід.

1. $P$$\pi$

2. Можна припустити, що багатогранник не є справді тривимірним, а натомість є "подвійним" багатокутника; це трохи схоже на наволочку. Ми можемо ще більше спростити і припустити, що багатокутник має рівні і паралельні сторони; наприклад квадрат, як в грі Astroids.

$O(\log(\ell))$

Якщо ми не припускаємо раціональності, але припускаємо, що багатогранник є двійником багатокутника, то ми обговорюємо теорію "розрізання послідовностей в ірраціональному більярді". Здається, тут по суті нічого не відомо; наприклад, подивіться заключне речення цієї бесіди Корінни Ульчіграй.

Якщо ми не робимо жодного припущення, то я нічого не можу придумати в літературі.

$O(\log(\ell))$

Я думаю, ти можеш зробити краще, ніж лінійний. Я новачок у теоретичній інформатиці, тож пробачте, якщо це сміття.

Деякі загальні ідеї (різної цінності):

• Якщо ми дамо кожному грані символ, орбіту Маріо над ними можна описати як рядок, де кінцевим символом у рядку є відповідь.
• Ми можемо без втрати загальності припустити, що Маріо починається на краю (просто йдіть назад і продовжуйте l до краю)
• 2D простір вихідних положень і кутів можна розділити наступним краєм. Отже, починаючи з краю a, x одиниць знизу, під кутом a, ми закінчуємо край V після перетину однієї грані.
• У цей момент ми знаходимося в іншому краї з іншою орієнтацією, тому ми можемо викликати функцію рекурсивно, щоб поділити простір на розділи з 2-х символьних рядків тощо.
• На цьому ми закінчили, якщо скажемо, що простір потрібно дискретизувати для реалізації проблеми на TM. Це означає, що кожна орбіта повинна бути періодичною, оскільки на дискретизованій планеті є лише кінцево багато точок. Ми можемо обчислити описану вище функцію, поки не будемо мати орбіти для всіх вихідних точок і зберегти цю інформацію. Тоді проблема стає O (1).
• Можливо, це трохи коп. Деякий гуглінг говорить мені, що майже всі більярдні орбіти всередині раціональних опуклих багатокутників є періодичними (тобто періодичні орбіти щільні). Тож для (скажімо) квадратних планет може працювати той самий підхід.
• Іншим підходом було б розглянути систему як генератор / розпізнавач рядків (знову ж таки, призначивши кожній грані свій символ). Якщо мова має відомий клас складності, це ваша відповідь. Якщо ви розширите сімейство політопів на невипуклі та будь-які розміри, ви можете захопити дуже широкий клас мов.

Це насправді не відповідає, але мені потрібно повернутися до роботи. :)