Перестановка гри редукція

Це перестановка попереднього питання .

Розглянемо наступну неупереджену ідеальну інформаційну гру між двома гравцями, Алісою та Боб. Гравцям надається перестановка цілих чисел від 1 до n. На кожному кроці, якщо поточна перестановка збільшується, поточний гравець програє, а інший гравець виграє; в іншому випадку поточний програвач видаляє одне з номерів, і гра переходить до іншого гравця. Аліса грає першою. Наприклад:

• (1,2,3,4) - Боб перемагає негайно, за визначенням.

• (4,3,2,1) - Аліса виграє після трьох оборотів, незалежно від того, як хтось грає.

• (2,4,1,3) - Боб може виграти на першому ходу, незалежно від того, як грає Аліса.

• (1,3,2,4) - Аліса виграє негайно, видаливши 2 або 3; в іншому випадку Боб може виграти на першому ходу, видаливши 2 або 3.

• (1,4,3,2) - Аліса в підсумку виграє, якщо вона візьме 1 на першому ходу; в іншому випадку Боб може виграти на першому ходу, не знімаючи 1.

Чи існує алгоритм поліноміального часу, щоб визначити, який гравець виграє цю гру з заданої стартової перестановки, передбачаючи ідеальну гру ? Загалом, оскільки це стандартна безстороння гра, кожна перестановка має значення Sprague – Grundy ; наприклад, (1,2,4,3) має значення * 1 і (1,3,2) має значення * 2. Наскільки важко обчислити це значення?

Очевидний алгоритм зворотного відстеження працює в O (n!) Час, хоча це може бути скорочено до часу $O(2^n poly(n))$ за допомогою динамічного програмування.

"Гра перестановки" ізоморфна наступній грі:

Відключити. Гравці по черзі видаляти вершини з графа . Гравець, який видає повністю відключений графік (тобто графік без ребер), є переможцем.$G$

Графік відповідає певній початковій перестановці π ∈ S n, містить лише ті ребра ( i , j ), для яких i - j та π ( i ) - π ( j ) мають протилежні знаки. Тобто кожна пара чисел неправильна$G_{\pi}$$\pi\in S_n$$(i,j)$$i-j$$\pi(i)-\pi(j)$Порядок в перестановці асоціюється з ребром. Очевидно, що дозволені рухи є ізоморфними для тих, що перебувають у грі з перестановкою (видаліть число = видаліть вузол), а умови виграшу також ізоморфні (жодних пар у порядку спадання = немає ребер).

Додатковий вигляд отримують, розглядаючи гру «подвійну» гру на графічному доповненні , який містить ті ребра ( i , j ), для яких i та j в правильному порядку перестановки. Подвійна гра для відключення:$G^{c}_\pi = G_{R(\pi)}$$(i,j)$$i$$j$

Підключіться. Гравці по черзі видаляти вершини з графа . Гравець, який створить повний графік, є переможцем.$G$

Залежно від конкретної перестановки, одна з цих ігор може здатися простішою, ніж інша для аналізу. Перевага графічного представлення полягає в тому, що зрозуміло, що від'єднані компоненти графа - це окремі ігри, і тому можна сподіватися на деяке зменшення складності. Це також робить симетричністю положення більш очевидними. На жаль, умови виграшу нестандартні ... гра з перестановкою завжди закінчуватиметься, перш ніж всі кроки будуть використані, надаючи їй щось неприємне . Зокрема, nim-значення не може бути обчислене як nim-сума (двійкове XOR) nim-значень відключених компонентів.

Для Disconnect не важко помітити, що для будь-якого графа і будь-якого парного n гра G ∪ ˉ K n еквівалентна G (де ˉ K n - безкрайній графік на n вершинах). Щоб довести це, нам потрібно показати, що диз'юнктивна сума G + G ∪ ˉ K n - це перемога другого гравця. Доведення - шляхом індукції на | Г | + н . Якщо $G$$n$$G \cup \bar{K}_n$$G$$\bar{K}_n$$n$$G + G\cup\bar{K}_n$$|G|+n$$G$без краю, тоді перший гравець програє негайно (обидві гри закінчені). В іншому випадку перший гравець може рухатися в будь-якому , а другий гравець може скопіювати свій хід у інший (зменшившись до G ′ + G ′ ∪ ¯ K n за допомогою | G ′ | = | G | - 1 ); або, якщо n ≥ 2 , перший гравець може рухатися у відключеному фрагменті, а другий гравець може робити те саме (зменшуючи до G + G ∪ ˉ K n - 2 ).$G$$G' + G'\cup \bar{K_n}$$|G'|=|G|-1$$n\ge 2$$G + G\cup\bar{K}_{n-2}$

Це показує , що будь-який граф еквівалентно Н ∪ K р , де Н є частиною G без яких - або роз'єднаних вершин, і р = 0 або 1 є парність числа роз'єднаних вершин в G . Всі ігри в класі еквівалентності має однакову NIM-значення, і , крім того, відношення еквівалентності відносини операції об'єднання: якщо G ~ H ∪ До р і G ' ~ Н ' ∪ До р ' , то $G$$H \cup K_p$$H$$G$$p=0$$1$$G$$G \sim H \cup K_p$$G' \sim H' \cup K_{p'}$ . Більше того, видно, що ігри в [ H ∪ K 0 ] і [ H ∪ K 1 ] мають різні nim-значення, якщо тільки H не є нульовим графіком: при грі H + H ∪ K 1 перший гравець може взяти ізольований вершину, залишаючи H + H , а потім скопіюйте кроки другого гравця.$G \cup G' \sim (H \cup H')\cup K_{p\oplus p'}$$[H \cup K_0]$$[H \cup K_1]$$H$$H + H \cup K_1$$H+H$

Я не знаю жодних пов’язаних результатів розкладання для Reconnect.

Два особливих типи перестановок відповідають особливо простим кучам гри.

1. Перший - це висхідний пробіг спусків , наприклад, . Коли π приймає цю форму, граф G π - це об'єднання нерозбірливих кліків, і гра Disconnect зводиться до гри на купи: гравці по черзі виймають один боб із купи, поки всі купи не набудуть розміру 1 .$32165487$$\pi$$G_{\pi}$$1$
2. Другий - низхідний прогін підйомів , наприклад, . Коли π приймає цю форму, граф G c π - це об'єднання нерозбірливих кліків, і гра Reconnect зводиться до гри на купи: гравці по черзі видаляють один боб із купи, поки не залишиться лише одна купа .$78456123$$\pi$$G^{c}_{\pi}$

Невелика думка показує, що ці дві різні ігри на купи (ми можемо їх назвати 1-Heaps та One-Heap , за певного ризику плутанини) насправді самі по собі є ізоморфними. Обидва можуть бути представлені грою на діаграмі Янга (як спочатку запропонував @domotorp), в якій гравці чергують видалення праворуч внизу, поки не залишиться лише один ряд. Це, очевидно, та сама гра, що і 1-Heaps, коли стовпці відповідають купи, і така ж гра, як One-Heap, коли рядки відповідають купи.

Ключовим елементом цієї гри, який поширюється на відключення та підключення, є те, що тривалість пов'язана з кінцевим станом гри простим способом. Коли настає ваша черга, ви виграєте, якщо в грі залишиться непарна кількість рухів, включаючи ту, яку ви збираєтеся зробити. Оскільки кожен хід знімається один квадрат, це означає, що ви хочете, щоб кількість квадратів, що залишилися в кінці гри, мали протилежний паритет, який він має зараз. Більше того, кількість квадратів матиме однаковий паритет на всіх ваших поворотах; тож ви з самого початку знаєте, який паритет ви хочете мати в підсумковому рахунку. Ми можемо покликати двох гравців Єву та Отто, відповідно до того, чи повинен остаточний підрахунок бути парним чи непарним, щоб виграти. Єва завжди рухається в станах з непарним паритетом і виробляє стани з парним паритетом, а Отто - навпаки.

У своїй відповіді @PeterShor дає повний аналіз One-Heap. Не повторюючи доказів, підсумок такий:

• Отто подобається купи і 2- купи, і може переносити одну більшу купу. Він виграє, якщо зможе зробити всі розміри купи, крім одного ≤ 2 , принаймні, не даючи Єві негайно виграти форму ( 1 , n ) . Оптимальною стратегією Отто є завжди брати з другої за величиною купи, за винятком випадків, коли стан ( 1 , 1 , n > 1 ) , коли він повинен брати з n . Отто програє, якщо у великих кучках буде занадто багато бобів.$1$$2$$\le 2$$(1,n)$$(1,1,n>1)$$n$
• Єві не подобається купи. Вона виграє, якщо зможе зробити всі розміри купи ≥ 2 . Оптимальною стратегією для Єви є завжди брати з 1- купки, якщо такі є, і ніколи не брати з 2- купки. Єва втратить, якщо буде занадто багато 1- кубків для початку.$1$$\ge 2$$1$$2$$1$

Як зазначалося, це дає оптимальні стратегії і для 1-Heaps, хоча вони дещо незручніші до фрази (і я цілком можу помилитися в "перекладі" на первинний на подвійний). У грі 1-Heaps:

• $1$$1$$(1,1,\dots,1,2)$
• Єві не подобається розрив між найбільшою та другою за величиною купами. Вона виграє, якщо зможе зробити дві найбільші купи однакового розміру. Оптимальною стратегією для Єви є завжди брати з найбільшої купи, якщо вона унікальна, і ніколи, якщо є рівно два найбільшого розміру.

Як зазначає @PeterShor, незрозуміло, як (або якщо) ці аналізи можна було б поширити на більш загальні ігри Disconnect і Reconnect.

$i$$h_i$$h_i$$h_i$є 3,3,2,1. Я спробував дати аналіз цієї гри у коментарях до відповіді domotorp, але (а) я помилився і (б) не вистачає місця в коментарях, щоб дати справжнє підтвердження.

$s$$t=\sum_{i\geq 2, h_i>2\,} h_i -2$

1. $t \leq s-2$

2. $t \geq s$

$t - s$

Щоб закінчити, що це правильно, нам потрібно показати, що з будь-якої позиції, яка не належить до категорії (1) або (2), перший гравець може за один хід або досягти позиції в категорії (1) або (2), або виграти безпосередньо.

Є два випадки:

1. $t \geq s-1$$s>0$$t \geq s$$s = 0$$t \geq s$

2. $t \leq s-1$$t$$s$$t \leq s-2$

Я спробував узагальнити цю стратегію до оригінальної гри, і не зрозумів, як це зробити.

Я реалізував рішення для швидкої перевірки гіпотез. Не соромтеся грати з ним . Якщо у вас немає компілятора C ++ локально, ви можете запустити його на різних входах віддалено, використовуючи посилання "Завантажити з новим входом".$O(2^n n)$

@ Jɛ ff E Сталося, що (1,4,3,2) має значення * 1, а не * 2, як ви запропонували.

Редагувати 5 січня: Насправді описана нижче гра в одну купу є особливим випадком проблеми, тобто коли числа слідують один за одним певним чином, так що перша група більша за другу групу, яка більша за третю і т.д. і кількість у кожній групі збільшується. Наприклад, 8, 9, 4, 5, 6, 7, 2, 3, 1 - така перестановка. Тому пропоную вирішити цю особливу справу спочатку.

Відмова: Я більше не стверджую, що наведені нижче докази є правильними, див., Наприклад, коментар Цуйосі, який показує, що при видаленні числа з перестановки буде отримана діаграма, недоступна шляхом видалення квадрата з діаграми перестановки. Тут я залишив відповідь, щоб показати, що такий підхід не працює, плюс, оскільки він містить ще одну просту гру.

У грі є дуже проста інша рецептура завдяки Young Tableaux. Я впевнений, що його можна проаналізувати звідти, як інші ігри, і це дасть лінійний алгоритм часу.

Спочатку визначте наступну гру на програмі Young Diagrams: На кожному кроці, якщо поточна діаграма горизонтальна (всі квадрати в одному рядку), поточний гравець програє, а інший гравець виграє; в іншому випадку поточний гравець видаляє один з правого нижнього квадрата, і гра переходить до іншого гравця.

Тепер упорядкуйте послідовність чисел у «Янга Таблиці». Основне твердження полягає в тому, що переможець оригінальної гри такий самий, як і переможець, як схема гри, що починається з цієї форми. Щоб побачити це, зауважте, що кожного разу, коли гравці видаляють число, діаграма нової послідовності може бути досягнута шляхом видалення правого нижнього квадрата діаграми. Більше того, будь-яка така діаграма може бути досягнута шляхом видалення числа з відповідного правого нижнього квадрата. Ці твердження випливають із стандартної теорії Янга Табау.

Хоча ця гра на діаграмах досить проста, вона тривіально еквівалентна наступній грі, яка здається більш стандартною:

Гра в одну купу: Гравцям надається кілька кучок з камінчиками в кожній. На кожному кроці, якщо до них залишилася лише одна купа, поточний гравець програє, а інший гравець виграє; в іншому випадку поточний гравець виймає камінчик з купи і гра переходить до іншого гравця.

Якщо для купі гри є просте рішення (і я впевнений, що є таке), ми також отримаємо рішення для оригінальної гри: Просто покладіть послідовність у Young Tableaux і перетворіть його діаграму в купи.

На жаль, я не бачу, які позиції купи виграють / як визначити значення Sprague – Grundy. Я перевірив кілька випадків вручну, і наступні - програшні позиції з не більше 6 камінчиків:

одна купа; (1,1,1); (2,2); (3,1,1); (2,1,1,1); (1,1,1,1,1); (4,2); (3,3); (2,2,2).

Хто-небудь може вирішити цю гру?

Редагувати: Пітер Шор може, подивіться його відповідь!