তাদের মধ্যে ভ্রমণের সময়কে সর্বাধিকীকরণ করতে ওভারল্যাপিং চেনাশোনাগুলিকে পজিশনিং করার একটি গেম

আমি নিম্নলিখিত গেমটির মুখোমুখি হয়েছি। আমি অনুরোধ অনুযায়ী এটি স্থানান্তর করব।

একটি বাগ চেনাশোনাগুলি পরিদর্শন করছে, এবং একটি শত্রু তার ভ্রমণের সময়কে সর্বাধিক বাড়িয়ে তুলতে চায়।
প্রতিপক্ষ প্রতিটি ঘুরিয়ে একটি বৃত্ত রাখে।
বাগটি তার বর্তমান অবস্থান থেকে সরাসরি নতুন বৃত্তের কেন্দ্রের দিকে চলে। এটি বাগের পালা।
বিরোধীদের কাছে চেনাশোনা উপলব্ধ। $N$
প্রতিটি পরবর্তী বৃত্তের পূর্বের বৃত্তের তুলনায় ব্যাসার্ধ কম থাকে।
প্রতিটি চেনাশোনা অবশ্যই পূর্বে নির্মিত সমস্ত চেনাশোনাগুলির ছেদ ছেদ করতে হবে। এটি হ'ল, সমস্ত একবার চালানো হয়ে গেলে অবশ্যই সমস্ত চেনাশোনাগুলির একটি সাধারণ ছেদ থাকা উচিত।

সম্পাদনা করুন: বিতন্ডাকারী হয়ে গেছে বিনামূল্যে চেনাশোনা ব্যাসার্ধ নির্বাচন করতে, বাধ্যতা যে ব্যাসার্ধ monotonically হ্রাস বিষয়।

প্রশ্ন এবং উত্তর:

যেমন দূরত্ব বেষ্টিত? $N\to\infty$ উত্তর: না, একটি প্রতিকূল কৌশলটির উদাহরণ এই উত্তর দ্বারা দেওয়া হয়েছে
বাগটি অবশ্যই চেনাশোনাগুলিতে বাজানোর জন্য সর্বাধিক দূরত্বটি কি । $N$ উত্তর: এটি একই উত্তর দিয়ে এ বৃদ্ধি পায় । $\Theta(\log(N))$

বৈকল্পিক 2 : বাগটি সর্বাধিক খেলানো দুটি চেনাশোনার ছেদের দিকে সরাসরি চলে ।

আপডেট: এই বৈকল্পটি সম্বোধন করা হয়েছিল, এই ধারণার অধীনে যে বাগটি এখানে খেলেছে কেবল সর্বশেষ 2 টি চেনাশোনাগুলিই মনে করতে পারে । ফলাফলটি আবার একটি সীমাহীন দূরত্ব ছিল।

আনমিলিন্টেড মেমোরিটির কী প্রভাব থাকে ? অর্থাত্ বাগটি পূর্বের সমস্ত প্লে করা চেনাশোনাগুলির ছেদকে যায় । এটি এর একটি "আলগা" আবদ্ধ করেছে , যেখানে প্রথম বৃত্তের ব্যাস। অবশ্যই এটি এর চেয়ে কম হতে পারে না। এখানে দেখুন । বর্তমানের উপরের সীমাটি । ক্রমবর্ধমান ছোট চেনাশোনাগুলির কাছাকাছি ভ্রমণ হিসাবে সবচেয়ে খারাপ ক্ষেত্রে পাথের অনুমান করে এটি অর্জন করা হয়েছিল। এটি প্রদর্শিত হয়েছিল যে বাগটি সর্বদা চূড়ান্ত ছেদটির দিকে অগ্রসর হয়, সুতরাং পরবর্তী ধাপের দূরত্বটি হ্রাস করতে হবে এটি অবশ্যই ভ্রমণ করবে। $O(d)$ $d$ $1000\times d$

আমার সন্দেহ হয় ভ্রমণ করা দূরত্বটি প্রথম বৃত্তের পরিধি হিসাবে সামান্য ধ্রুবক বার, তবে আমি বর্তমানে ভাল প্রমাণ সরবরাহ করতে পারছি না।

gt.game-theory

— জোশ ভান্ডার হুক
সূত্র

চেনাশোনাগুলির ব্যাসার্ধকে কি বিরোধীরা বেছে নিয়েছে? তাকে

ক্রিয়াকলাপ হিসাবে রেডিয়ি গ্রহণের অনুমতি রয়েছে ? (এছাড়াও, আমি মনে করি না যে এটি গেম তত্ত্বের সাথে সম্পর্কিত)

N

$N$

— এইচডিএম

এটি অবশ্যই একটি খেলা ..

— সুরেশ ভেঙ্কট

এটি আমার কাছে কিছুটা অদ্ভুত বলে মনে হচ্ছে যে চেনাশোনাগুলির একটি সাধারণ ছেদ রয়েছে এমন কোনও বিধিনিষেধ রয়েছে তবে ত্রুটির গতি অগত্যা এটিকে সাধারণ চৌরাস্তায় আনে না। উত্তরটি যদি নতুন বৃত্তের কেন্দ্রের পরিবর্তে বর্তমান চৌরাস্তাটির নিকটতম স্থানে সরাসরি চলে যায় তবে উত্তরটি আলাদা হবে?

— ডেভিড এপস্টিন

@ ডেভিড এপস্টিন: আমি মনে করি আপনার পরামর্শটি সঠিক। আপনার প্রস্তাবিত বৈকল্পিকতায়, ভ্রমণ করা মোট দূরত্বটি

দ্বারা আবদ্ধ হয় যেখানে বাগটি থেকে প্রথম বৃত্তের কেন্দ্রের প্রাথমিক দূরত্ব হয়

আমি নীচের দ্বিতীয় উত্তরে একটি প্রমাণ স্কেচ যুক্ত করব।

O (r)

$O(r)$

r

$r$

— নিল ইয়ং

@vzn এবং মোডগুলি সাধারণত অনুরোধগুলিকে সামঞ্জস্য করে।

— জোশ ভান্ডার হুক

উত্তর:

এই উত্তরের দুটি অংশ রয়েছে, একসাথে দেখানো হচ্ছে যে সঠিক হ'ল : $\Theta(\log N)$

এর নিম্ন সীমা (প্রথম বৃত্তের ব্যাসার্ধের বার)। $\Omega(\log N)$
এর একটি মিলের উপরের সীমানা । $O(\log N)$

বাউন্ড LOWER $\Omega(\log N)$

একটি বিন্দু দুটি ইউনিট চেনাশোনার মধ্যে রয়েছে যাতে স্পর্শ বিবেচনা । (নীচে দেখুন; ডানদিকে রয়েছে, বাগটি বাম দিকে শুরু হয়)) একটি বৃত্ত এবং অন্যটির মধ্যে বিকল্প। বাগটি দুটি চেনাশোনাগুলির মধ্যে ক্রেইস জুড়ে উপরে এবং নীচে জিগ-জাগিং ভ্রমণ করবে, বেশিরভাগ উপরে এবং নীচে চলে যাবে তবে ধীরে ধীরে ডান দিকেও অগ্রসর হবে। আমি যদি ত্রিভুজমিতিটি সঠিকভাবে সম্পন্ন করেছি, পদক্ষেপের পরে , সাধারণ বিন্দু থেকে দূরত্ব $p$ $p$ $N$ , এবংত্রিশ ধাপটিমোট distanceদূরত্বের জন্যবাগ। $\Theta(1/\sqrt N)$ $N$ $\Theta(1/N)$ $\Theta(\log N)$

চিত্রণ

এখানে গণনার একটি স্কেচ দেওয়া আছে। বাগটি ক্রমাগত কয়েকটি দুটি পদক্ষেপ বিবেচনা করুন। তিনি কিছু বিন্দু থেকে যায় , এর , এর । পয়েন্ট এবং একই বৃত্তে রয়েছে; পয়েন্ট অন্যান্য বৃত্তে রয়েছে। যাক চেনাশোনাতে কেন্দ্রস্থল হতে চালু আছে। ক্রমহ্রাসমান আকারের জন্য নিম্নলিখিত তিনটি ত্রিভুজটি বিবেচনা করুন: $a$ $b$ $c$ $a$ $c$ $b$ $o$ $a$

আইসোসিলস ত্রিভুজ (স্মরণ সাধারণ পয়েন্ট)। $\triangle oap$ $p$
ত্রিভুজ । $\triangle abp$
ছোট ত্রিভুজ $\triangle abc$

এই ত্রিভুজগুলি প্রায় সমান (যেমন, একত্রিত মডুলো স্কেলিং)। আরও স্পষ্টভাবে, , তিনটিরই নিম্নোক্ত সম্পত্তি রয়েছে: ছোট পাটির দৈর্ঘ্যের দৈর্ঘ্যের অনুপাত । (আমি এখানে আর কোনও বিশদে এটি প্রমাণ করব না, তবে নোট করুন যে বাগ , এবং একটি তুচ্ছ পরিমাণ দ্বারা প্রতিটি ত্রিভুজের একটি ভার্টেক্সকে নষ্ট করে ত্রিভুজগুলি অনুরূপ করা যেতে পারে)) $\epsilon = |ap|$ $\Theta(\epsilon)$ $\epsilon\rightarrow 0$

লম্বা পা এবং প্রথম ত্রিভুজ দৈর্ঘ্য 1. তার শর্ট লেগে আছে দৈর্ঘ্য । সেগমেন্ট যাতে ত্রিভুজ ছোট পা, দ্বিতীয় ত্রিভুজ একটি দীর্ঘ পা দৈর্ঘ্য । সেগমেন্ট যাতে ত্রিভুজ ছোট পা, তৃতীয় ত্রিভুজ একটি দীর্ঘ পা দৈর্ঘ্য । সুতরাং, বাগ এই দুটি পদক্ষেপ নেয়: $co$ $po$ $|ap|$ $\epsilon$ $ap$ $ab$ $\Theta(\epsilon^2)$ $ab$ $ac$ $\Theta(\epsilon^3)$

দূরত্ব বাগ ভ্রমণ । $|ab|+|bc|$ $\Theta(\epsilon^2)$
সাধারণ বিন্দু বাগ থেকে দূরত্ব থেকে কমে থেকে । $p$ $\epsilon$ $\epsilon-\Theta(\epsilon^3)$

নির্ধারণ সময় সামনে ধাপের সংখ্যা হতে । (2) সর্বোপরি, কসম একটি ধ্রুবক গুণক দ্বারা সম্পর্কে পরে হ্রাস ধাপ, তাই । সুতরাং, $t_k$ $\epsilon_t \approx 1/2^k$ $\epsilon$ $\Theta(1/\epsilon^2)$ $t_{k+1} = t_k + \Theta(2^{2k}) = t_k + \Theta(4^k)$ । অর্থাৎ পর পদক্ষেপ, সাধারণ বিন্দু বাগ থেকে দূরত্ব সম্পর্কে হতে হবে । পরিবর্তনশীল, পদক্ষেপেরপরে, বাগ থেকে সাধারণ পয়েন্টের দূরত্বটি $t_k = \Theta(4^k)$ $\Theta(4^k)$ $p$ $1/2^k$ $N$ । এবং,ম ধাপে, বাগ ভ্রমণ করে। তাই মোট দূরত্ব প্রথম ভ্রমণপদক্ষেপ। $\epsilon = \Theta(1/\sqrt N)$ $N$ $\Theta(\epsilon^2) = \Theta(1/N)$ $N$ $\Theta(1+1/2+1/3+...+1/N) = \Theta(\log N)$

এটি নিম্ন সীমা।

এটি প্রস্তাবিত বৈকল্পিক 2 পর্যন্ত প্রসারিত (যেমন আমি এটি বুঝতে পারি):

সর্বাধিক স্থাপন করা দুটি চেনাশোনা সংযোগের মধ্যে সবচেয়ে কাছের পয়েন্টে বাগটি সরিয়ে নেওয়া উচিত এমন সীমাবদ্ধতা যুক্ত করা কোনও উপকারে আসে না। অর্থাৎ কম উপরে আবদ্ধ এখনও প্রযোজ্য। কেন তা দেখতে, আমরা একটি একক বহির্মুখী বৃত্ত যুক্ত করে উপরের উদাহরণটি সংশোধন করব যা একই পথে ভ্রমণের সময় বাগটি সীমাবদ্ধতা মেটানোর অনুমতি দেয়: $\Omega(\log N)$

এখানে চিত্র বর্ণনা লিখুন

সবুজ এবং নীল চেনাশোনা উপরের উদাহরণ থেকে দুটি চেনাশোনা। ছেদ বিন্দু এবং উপরের উদাহরণের মতো একই এবং । লাল বৃত্তটি নতুন "বহির্মুখী" বৃত্ত। পূর্ববর্তী ক্রমটি নীল এবং সবুজ চেনাশোনাগুলির মধ্যে পরিবর্তিত হয়েছে। নতুন ক্রমটি এই ক্রম হবে তবে পুরানো অনুক্রমের প্রতিটি বৃত্তের আগে লাল বৃত্ত যুক্ত হয়ে: লাল, নীল, লাল, সবুজ, লাল, নীল, লাল, সবুজ, লাল, নীল, ... $a$ $b$ $a$ $b$

ধরুন বাগ এ বসে আছেন পর নীল স্থাপন করা হয়। স্থাপন করা পরবর্তী বৃত্তটি লাল। লাল রঙে বাগ রয়েছে তাই বাগটি সরে যায় না। স্থাপন করা পরবর্তী বৃত্তটি সবুজ। এখন বাগ প্যাচসমূহ (যা সবুজ ও লাল চেনাশোনা ছেদ উপর নিকটতম বিন্দু)। এটি পুনরুক্ত করে বাগটি পূর্বের মতো ভ্রমণ করে। $a$ $b$

উচ্চ বাউন্ড $O(\log N)$

আমি কেবল প্রুফ স্কেচ করি।

চেনাশোনাগুলির যে কোনও ক্রম ঠিক করুন। আমরা তর্ক তুলতে পারে যে যেমন , মোট দূরত্ব বাগ প্রথম ভ্রমণ পদক্ষেপ । সাধারণতার ক্ষতি ছাড়াই ধরে নিন যে প্রথম বৃত্তের ব্যাসার্ধ 1 রয়েছে। $N\rightarrow \infty$ $N$ $O(\log N)$

একটি নির্বিচারে বড় । প্রথম চেনাশোনাগুলির ছেদ করার কোনও বিন্দুতে করা যাক । মনে রাখবেন যে বাগটি যেভাবে চলবে, প্রতিটি ধাপে বাগটি যেভাবে চলে তা কাছাকাছি যায় । $N$ $p$ $N$ $p$

প্রথমে নীচের অনুপাতটি কমপক্ষে যেখানে পদক্ষেপগুলি বিবেচনা করুন : $1/\log N$ এই ধাপে ভ্রমণ মোট দূরত্ব হ'ল, কারণ এই ধাপে ভ্রমণ করা মোট দূরত্বথেকে প্রাথমিক দূরত্বের কয়েকগুণ বেশি। সুতরাং আমরা শুধুমাত্র মোট দূরত্ব অন্যান্য পদক্ষেপ --- যা ঐ যে অনুপাত সবচেয়ে এ ভ্রমণ আবদ্ধ প্রয়োজন।

\frac{the reduction in the distance to p}{the distance traveled in the step} .

$\frac{\mbox{the reduction in the distance to } p}{\mbox{the distance traveled in the step}}.$

O (\log N)

$O(\log N)$

O (\log N)

$O(\log N)$

p

$p$

1 / \log N

$1 / \log N$

প্রথমত, আমরা একটু দুর্বল কিছু তর্ক: যে মোট দূরত্ব ধরনের পদক্ষেপ ভ্রমণ সামনে বৃত্ত ব্যাসার্ধ 1/2 কমে বা তার কম হয় । (আমরা পরে দেখিয়েছি এটি আবদ্ধ করার জন্য যথেষ্ট)) $O(\log N)$

এই জাতীয় যে কোন পদক্ষেপ বিবেচনা করুন। যাক এবং যথাক্রমে, আগে এবং ধাপে পর বাগ স্থান বোঝান। যাক বোঝাতে বর্তমান বৃত্তের কেন্দ্র। যাক রশ্মি বিন্দু বোঝাতে যেমন যে : $a$ $b$ $o$ $b'$ $\overrightarrow{pb}$ $|pa| = |pb|$

এখানে চিত্র বর্ণনা লিখুন

নিম্নলিখিত ত্রিভুজগুলি বিবেচনা করুন:

$\triangle opb$
$\triangle pba$
$\triangle abb'$

$\epsilon$ $\Theta(\epsilon)$

\frac{| b b^{'} |}{| a b |} = Θ (\frac{| a b |}{| p a |}) = Θ (\frac{| p a |}{| b o |}) = Θ (ϵ) .

$\frac{|bb'|}{|ab|} = \Theta\big(\frac{|ab|}{|pa|}\big) = \Theta\big(\frac{|pa|}{|bo|}\big) = \Theta(\epsilon).$

$|bo|$ $[1/2,1]$ $|ab| = \Theta(|pa|^2/|bo|) = \Theta(|pa|^2)$ $|bb'| = \Theta(|ab||pa|/|bo|) = \Theta(|pa|^3)$

$p$ $d$ $d'$ $d=|pa|$ $d'=|pb|$ $d-d' = |bb'|$

$d$ $|bb'|$ $\Omega(d^3)$

$d/2$ $O(1/d^2)$ $d=1/2^k$ $1/2^{k+1}$ $O(4^k)$ $1/2^{k}$ $O(1/4^k)$ $n$ $p$ $O(1/\sqrt n)$

$n$ $|ab|$ $O((\mbox{the current distance to } p)^2) = O(1/n)$ $N$ $[1/2,1]$

\sum_{n = 1}^{N} O (1 / n) = O (\log N) .

$\sum_{n=1}^N O(1/n) = O(\log N).$

$k$ $[1/2^k, 1/2^{k+1}]$ $O(\log(N)/2^k)$ $k$ $O(\log N)$

— নীল ইয়ং
সূত্র

খুব ঝরঝরে নির্মাণ!

— সুরেশ ভেঙ্কট

আমি এই উত্তরটি পছন্দ করতে চাই তবে আমি আপনার ট্রিগকে বিশ্বাস করি না। আরও কিছু বিস্তারিত জানার কোন সুযোগ?

— জোশ ভান্ডার হুক

ঠিক আছে, আমি বিবরণ যুক্ত করেছি।

— নিল ইয়ং

\sum_{i = 0}^{\infty} {0.99}^{i} = 100

$\sum_{i=0}^\infty 0.99^i = 100$

এটি লজ্জার বিষয় যে আমরা উত্তরগুলি প্রিয় হিসাবে চিহ্নিত করতে পারি না !

— জেফি

ডেভিড ই অনুমান করা

"বাগটি যদি নতুন বৃত্তের কেন্দ্রের পরিবর্তে বর্তমান চৌরাস্তাটির নিকটতম স্থানে চলে যায় তবে উত্তরটি আলাদা হতে পারে?"

(সম্পাদনা: নোট করুন যে এটি মূল পোস্টারের প্রশ্নের শেষে "বৈকল্পিক 2" এর মতো নয়))

এখানে তার অনুমানের একটি প্রমাণ (কমবেশি) এখানে দেওয়া হয়েছে (এটি এই ক্ষেত্রে আবদ্ধ)।

$O(d_0)$ $d_0$

$o$ $o$ $0$

$o$ $1, 0.99, 0.99^2, 0.99^3, \ldots$

$d$ $10 d$

$t$ $\alpha(t)$

$\alpha(t)$

$\alpha(t)$ $1/100$ $1/100$ $\alpha(t) < 89$ $9$ $\alpha(t)$ $t$ $\alpha(t) \in [89,90]$ $1/100$

$p$ $p$ $p$

$\alpha(t) \in [89,90]$ $1/100$ $1$ $10$ $8$ $2\pi< 7$ , বাগটি শুরু হওয়ার সাথে সাথে অর্ধেক রিংটি মারা গেছে এবং বাগ কোনও মৃত পয়েন্টে ফিরে আসতে পারে না, তাই এটি অসম্ভব। এটি দাবি প্রমাণ করে (কম বেশি; সম্ভবত কেউ আরও সঠিক যুক্তি দিতে পারে)।

\sum_{i = 0}^{\infty} 10 (0.99)^{i} = 1000.

$\sum_{i=0}^\infty 10 (0.99)^i ~=~ 1000.$

স্পষ্টতই এখানে ধ্রুবক ফ্যাক্টরটি আলগা। উদাহরণস্বরূপ, বাগটি যদি 89 টি ডিগ্রি বা তারও বেশি কোণে প্রথম রিংটিতে ভ্রমণ করে তবে এটি তত্ক্ষণাত্ ব্যাসার্ধ 1 এর ডিস্কের প্রায় অর্ধেক পয়েন্টকে মেরে ফেলবে (কেবল সেই এক রিংয়ের পয়েন্ট নয়)।

— নিল ইয়ং
সূত্র

2 π r_{0}

$2\pi r_0$

O (1)

$O(1)$

Ω (\log N)

$\Omega(\log N)$

N

$N$

হুঁ। হ্যাঁ আমি "সুস্পষ্ট" সম্পর্কে সেই বিটটিকে প্রত্যাহার করি, এটি স্বাদযুক্ত ছিল। এটি অবিলম্বে সুস্পষ্ট নয়। এটি কি সত্য যে সমস্যা 2 এর উপরের বাউন্ডটি সমস্যা 1 এ উপরের গণ্ডির চেয়ে কম হওয়া উচিত?

— জোশ ভান্ডার হুক

O (d_{0})

$O(d_0)$

N

$N$

Ω (d_{0} \log N)

$\Omega(d_0 \log N)$

d_{0}

$d_0$

তাদের মধ্যে ভ্রমণের সময়কে সর্বাধিকীকরণ করতে ওভারল্যাপিং চেনাশোনাগুলিকে পজিশনিং করার একটি গেম

বাউন্ড LOWER Ω(logN)Ω(log⁡N)\Omega(\log N)

উচ্চ বাউন্ড O(logN)O(log⁡N)O(\log N)

বাউন্ড LOWER $\Omega(\log N)$

উচ্চ বাউন্ড $O(\log N)$