একটি লাইনে সমান্তরাল নুড়ি খেলা

ইন নুড়ি খেলা একটি লাইন সেখানে n + 1 নোড এন মাধ্যমে 0 লেবেল খেলা নোড 0. একটি নুড়ি দিয়ে শুরু হয় যদি নোড একটি নুড়ি আমি, আপনি যোগ করতে অথবা নোড আমি + 1 থেকে একটি নুড়ি অপসারণ করতে পারেন আছে। লক্ষ্যটি হ'ল নোড এন-তে একটি নুড়ি স্থাপন করা, একই সাথে বোর্ডে অনেকগুলি নুড়ি স্থাপন না করা এবং খুব বেশি পদক্ষেপ না নেওয়া।

নিষ্পাপ সমাধানটি হল 1, তারপরে 2, তারপরে 3 এবং আরও কিছুতে একটি নুড়ি স্থাপন। পদক্ষেপের সংখ্যার দিক থেকে এটি সর্বোত্তম। এটি একই সময়ে বোর্ডে নুড়িপাথরের সর্বাধিক সংখ্যার মধ্যে অনুকূল নয়: শেষ ধাপের সময় বোর্ডে এন নুড়ি পাথর থাকে (0 টির মধ্যে একটি গণনা করা হয় না)।

বোর্ডে একই সময়ে কম নুড়ি রাখার একটি কৌশল এই কাগজে রয়েছে । তারা একবারে নুড়ি ছাড়িয়ে নোড এন পৌঁছে যায় , তবে পদক্ষেপের সংখ্যা বাড়িয়ে । পুনরাবৃত্তভাবে টগল করে অন্য কোন নুড়িপাথর ছাড়াই তে অবস্থিত তে অবস্থিত একটি নুড়ি রয়েছে কিনা তা তারা টগল করে, অন্য একটি পুনরাবৃত্ত পদক্ষেপের সাথে টগল করার সূচনা পয়েন্ট হিসাবে ব্যবহার করে , তৃতীয় অর্ধ-মাপের পুনরাবৃত্ত পদক্ষেপের সাথে টগল করে এটি পরিষ্কার করুন $\Theta(\lg N)$ $\Theta(n^{\lg_2 3})$ $N$ $N/2$ $N$ $N/2$

আমি নুড়ি সংযোজন এবং অপসারণ সমান্তরালভাবে করা যেতে পারে এই ধারণার অধীনে সর্বাধিক সংখ্যক নুড়ি পাথর এবং পদক্ষেপের সংখ্যার মধ্যে বাণিজ্য সম্পর্কে আগ্রহী। "সমান্তরাল" দ্বারা আমি বোঝাতে চাইছি যে প্রতিটি পদক্ষেপ যতটা ইচ্ছা তত পরিমাণ নুড়ি যুক্ত করতে বা মুছে ফেলতে পারে, যতক্ষণ না প্রতিটি পৃথক সংযোজন / অপসারণ অনুমোদিত হয় এবং যতক্ষণ না অন্যান্য পদক্ষেপ তৈরি হচ্ছে তার সাথে ইন্টারঅ্যাক্ট করে না। বিশেষত, যদি আমরা নোডগুলির সেট হয় যা থেকে আমরা নুড়িগুলি যুক্ত করতে বা সরাতে চাই এবং হল নোডগুলির সেট যা ধাপের শুরুতে একটি নুড়ি ছিল, তবে আমরা সেই সমস্ত সংযোজন এবং অপসারণ এক এক পদক্ষেপে করতে পারি দীর্ঘ হিসাবে । $A$ $P$ $\{a-1 | a \in A \} \subseteq P - A$

উদাহরণস্বরূপ, কৌশলটি বিবেচনা করুন যা পদক্ষেপ এ একটি নুড়ি রাখে তবে of এর বহুগুণিত নুড়ি চিহ্নিত করে এবং যখনই সম্ভব একটি নুড়িযুক্ত চৌকির পিছনে সর্বাধিক-সূচক নুড়ি সরিয়ে দেয়। এই কৌশলের এখনও পর এন নোড ছুঁয়েছে পদক্ষেপ, সাদাসিধা কৌশল মত, কিন্তু থেকে নুড়ি সর্বোচ্চ সংখ্যক হ্রাস করতে । $i$ $i$ $\sqrt{N}$ $N$ $N$ $2 \sqrt{N}$

এমন কি সমান্তরাল-লাইন-নুড়ি কৌশলগুলি রয়েছে যা পদক্ষেপে আরও কম অ্যাসিম্পটোটিক সর্বাধিক নুড়ি জটিলতার সাথে শেষ হয় ? আমরা যদি পদক্ষেপগুলিতে অনুমতি দিতে চাই? "আকর্ষণীয়" পয়েন্টগুলি কী কী, যেখানে সর্বাধিক-নুড়ি এবং সময়ের মধ্যে ট্রেড অফ খুব ভাল? $N$ $O(N \lg N)$

complexity reversible-computing

— ক্রেগ গিডনি
সূত্র

প্রতিটি পদক্ষেপে আপনি কতগুলি নুড়ি যুক্ত করতে বা মুছতে পারবেন? শুধুমাত্র এক, তাহলে আপনার চতুর্থ অনুচ্ছেদে, আপনি বোঝাতে চেয়েছেন মোট পদক্ষেপ, বদলে ? ব্যবহৃত নুড়ি গণনা করার সময়, এটি ক্রমের সময় কোনও সময় বোর্ডে সর্বাধিক সংখ্যা?

O (N)

$O(N)$

N

$N$

— নিল ইয়ং

@ নিল ইউইং সমান্তরাল ক্ষেত্রে, আপনি যতটা ইচ্ছা পদক্ষেপে যতগুলি নুড়ি পাথর যুক্ত করতে এবং মুছে ফেলতে পারেন। তবে আপনি যদি পজিশন প্রভাবিত করেন তবে পদক্ষেপের শুরুতে অবস্থানের উপস্থিত থাকাতে অবশ্যই একটি নুড়ি রয়েছে । আমি হুবহু N পদক্ষেপগুলি বোঝাতে চাইছিলাম তবে টিও আকর্ষণীয় এবং অবশ্যই । হ্যাঁ, এটি সর্বাধিক সংখ্যক নুড়ি পাথর matters

k

$k$

k - 1

$k-1$

O (N)

$O(N)$

O (N \lg N)

$O(N \lg N)$

— ক্রেগ গিডনি

মূল কৌশলটি তবে "সমান্তরালকরণ" নিয়ে কী? আমরা পৌঁছালে সমান্তরালে প্রথমার্ধটি সাফ করা শুরু করি; পৌঁছনোর পরে পরিসীমা সাফ করা শুরু করুন এবং সমান্তরালে প্রথমার্ধটি সাফ করা চালিয়ে যান ( তে আমরা একটি নুড়ি রাখার সময় প্রথম অর্ধেকের মধ্যে কেবল নুড়ি রয়েছে ); এবং এর জন্য পর্যন্ত । নুড়ি জটিলতা একই হওয়া উচিত: , তবে পদক্ষেপ সহ।

N / 2

$N/2$

3 N / 4

$3N/4$

[N / 2 - 3 N / 4]

$[N/2-3N/4]$

3 N / 4

$3N/4$

N / 4

$N/4$

(2^{k} - 1) N / 2^{k}

$(2^k-1)N/2^k$

N

$N$

Θ (\lg N)

$\Theta(\lg N)$

N

$N$

— মারজিও দে বায়াসি

@ মারজিওডেবিয়াসি কেন নুড়ি জটিল হবে? যতদূর আমি বলতে পারি, পুনরাবৃত্তির সম্পর্কটি থেকে ।

F (n) = F (n / 2) + 1 = O (l g (n))

$F(n) = F(n/2) + 1 = O(lg(n))$

F (n) = 2 F (n / 2) + 1 = O (n)

$F(n) = 2F(n/2) + 1 = O(n)$

— ক্রেগ গিডনি

@ ক্রেইগগ্রিডনি: আপনি ঠিক বলেছেন ...

— মারজিও ডি বিয়াসি

সম্পাদনা : লেমাস 2 এবং 3 যুক্ত হয়েছে।

এখানে একটি আংশিক উত্তর: আপনি অবস্থানে পৌঁছাতে পারেন $N$

মধ্যে স্থান ব্যবহার প্যাচসমূহ , যেখানে । (লেমা 1) $N$ $N^{O(\epsilon(N))}$ $\epsilon(N) = 1/\sqrt{\log N}$
মধ্যে স্থান ব্যবহার প্যাচসমূহ (যে কোন ধ্রুবক জন্য ) (থিম 2)। $N^{1+\delta}$ $O(\log N)$ $\delta>0$

এছাড়াও, আমরা একটি নিম্ন সীমাটি স্কেচ করি (লেমামা 3): তথাকথিত ভাল আচরণযুক্ত সমাধানের একটি নির্দিষ্ট শ্রেণীর জন্য , লেমমা 1 আঁটসাঁট (ঘনিষ্ঠে স্থির কারণগুলি পর্যন্ত), এবং বহু-লগ স্পেস ব্যবহার করে এমন কোনও সমাধান পৌঁছাতে পারে না can অবস্থান সময় । $N$ $O(N\,\text{polylog}\, N)$

থিম 1. সব জন্য , এটা অবস্থানে পৌঁছানোর সম্ভব মধ্যে ব্যবহার প্যাচসমূহ স্থান $n$ $n$ $n$

\exp (O (\sqrt{\log n})) = n^{O (1 / \sqrt{\log n})}

$\exp(O(\sqrt{\log n}))~=~n^{O(1/\sqrt{\log n})}$

প্রুফ। স্কিমটি পুনরাবৃত্ত হয়, যেমন নীচের চিত্রে দেখানো হয়েছে। আমরা নিচের স্বরলিপি ব্যবহার করব:

$k$ পুনরাবৃত্তির স্তরের সংখ্যা
$P(k)$ হ'ল সমাধান ( পুনর্বিবেচনার স্তর সহ গঠিত solution $k$
$N(k)$ হ'ল (সময়ে ) দ্বারা সর্বাধিক অবস্থান । $P(k)$ $N(k)$
$S(k)$ হ'ল দ্বারা ব্যবহৃত স্থান । $P(k)$
$L(k)$ নীচে চিত্রিত হিসাবে দ্বারা ব্যবহৃত স্তরগুলির সংখ্যা : $P(k)$

ছবিতে সময় উপরে থেকে নীচে এগিয়ে যায়। সমাধান সময়ে থামে না , পরিবর্তে (পুনরাবৃত্তির জন্য ব্যবহারের জন্য) এটি সময় অবধি অবধি চলতে থাকে , ঠিক তার চলনগুলি বিপরীত করে, যাতে একক নুড়িতে ফিরে যেতে পারে সময় । $P(k)$ $N(k)$ $2\,N(k)$ $2\,N(k)$

শক্ত উল্লম্ব রেখাগুলি এর স্তরগুলিকে বিভাজন করে । ছবিতে, পাঁচটি, তাই 5 টি স্তর নিয়ে গঠিত। প্রতিটি স্তরগুলির ডানদিকের বাদে) দুটি উপ-সমস্যা রয়েছে, একটি স্তরের শীর্ষে এবং নীচে একটি, একটি শক্ত উল্লম্ব লাইন দ্বারা সংযুক্ত (যার জন্য বিদ্যমান একটি নুড়ি প্রতিনিধিত্ব করে) যে সময়কাল)। ছবিতে পাঁচটি স্তর রয়েছে তাই নয়টি সাব-প্রবলেম রয়েছে। সাধারণত, গঠিত হয় subproblems। এর প্রতিটি সাব-প্রবলেমে সমাধান । $L(k)$ $P(k)$ $L(k)$ $P(k)$ $L(k)$ $P(k)$ $P(k)$ $2\,L(k)-1$ $P(k)$ $P(k-1)$

স্থানটি সীমাবদ্ধ করার জন্য গুরুত্বপূর্ণ পর্যবেক্ষণটি হ'ল যে কোনও সময় কেবলমাত্র দুটি স্তরের "সক্রিয়" সাব-সমস্যা রয়েছে। বাকী প্রতিটি আমাদের যেমন আছে কেবল একটি নুড়ি অবদান

$S(k) \le L(k) + 2\,S(k-1)$ , এবং
$N(k) = L(k) \cdot N(k-1)$

এখন, আমরা সম্পূর্ণরূপে নির্ধারণের জন্য নির্বাচন করি । আমি এই পছন্দটি অনুকূল কিনা তা নিশ্চিত নই তবে এটি কাছে বলে মনে হচ্ছে: । তারপরে উপরের পুনরাবৃত্তিগুলি দেয় $L(k)$ $P(k)$ $L(k) = 2^k$

$S(k) \le k\cdot 2^k$ , এবং
$N(k) = 2^{k(k+1)/2}$

সুতরাং, সমাধান করার জন্য , আমাদের কাছে এবং । $n=N(k)$ $k \approx \sqrt {2 \log n}$ $S(k) \approx \sqrt {2 \log n}\, 2^{\sqrt {2 \log n}} = \exp(O(\sqrt{\log n}))$

এই সব পজিশনের যত্ন নেয় সেটে । নির্বিচারে এর জন্য সমাধান নীচের অংশটি ছোট ছোট সাথে নীচে ছাঁটা করুন । কারণে কাঙ্ক্ষিত আবদ্ধ হোল্ড । Qed $n$ $\{N(k) : k\in\{1,2,\ldots\}\}$ $n$ $P(k)$ $k$ $N(k)\ge n$ $S(k) / S(k-1) = O(1)$

থিম 2. কোন , সব জন্য , এটা সম্ভব অবস্থানে পৌঁছাতে হয় মধ্যে স্থান ব্যবহার প্যাচসমূহ $\delta>0$ $n$ $n$ $n^{1+\delta}$ $O(\delta 2^{1/\delta}\log n).$

প্রুফ। আগের সাবপ্রব্লেমটি শেষ না হওয়া অবধি প্রতিটি সাবপ্রব্লেম শুরু করতে বিলম্ব করতে লেমামা 1 এর প্রমাণ থেকে নির্মাণটি পরিবর্তন করুন:

যাক মডিফাই সমাধান জন্য বোঝাতে সময় শেষ পর্যন্ত। এখন প্রতিটি সময়ে ধাপে, কেবল একটি স্তরের একটি সাবপ্রব্লেম রয়েছে যা একাধিক নুড়ি সরবরাহ করে, তাই $T(k)$ $P(k)$

$S(k) \le L(k) + S(k-1)$ ,
$N(k) = L(k) \cdot N(k-1)$ ,
$T(k) = (2\,L(k)-1)\cdot T(k-1) \le 2\,L(k)\cdot T(k-1) \le 2^k N(k)$ ।

নির্বাচন , আমরা পেতে $L(k) = 2^{1/\delta}$

$S(k) \le k 2^{1/\delta}$ ,
$N(k) = 2^{k/\delta}$ ,
$T(k) \le 2^k N(k)$ ।

এর ক্ষেত্রে এবং এর জন্য সমাধান করা , আমাদের কাছে , এবং $S = S(k)$ $T=T(k)$ $n=N(k)$ $k=\delta \log n$

$S \le \delta 2^{1/\delta} \log n$ , এবং,
$T \le n^{1+\delta}$ ।

লেমাস 1 এবং 2 এর প্রমাণগুলিতে সমাধানগুলি ভাল আচরণ করা হয় , এতে পর্যাপ্ত পরিমাণে বড় জন্য প্রতিটি দ্রষ্টব্য যে অবস্থানে পৌঁছায় সেখানে পজিশন রয়েছে যে কেবলমাত্র একটি নুড়ি সর্বদা কেজ পজিশনে স্থাপন করা হয় , এবং সমাধানটি ( এবং দুটি পজিশনের জন্য , প্রতিটি জন্য ভাল (ভাল আচরণ করা) দ্রবণ মধ্যে পচে যায় পদের জন্য , অবস্থানে নুড়ি দ্বারা সংযুক্ত । ভাল আচরণের উপযুক্ত সংজ্ঞা সহ , আসুন $n$ $P(n)$ $n$ $k\le n/2$ $k$ $P(N-k)$ $k+1,k+2,\ldots,n$ $P(k)$ $1,2,\ldots,k$ $k$ $V(n)$ কোনও ভাল আচরণের সমাধানের জন্য সর্বনিম্ন নুড়ি পরিমাণকে (প্রতিটি সময়ে নুড়িগুলির সংখ্যার সমষ্টি) যোগ করুন। সংজ্ঞাটি বোঝায় যে পর্যাপ্ত বৃহত জন্য, , $n$ $\delta=1>0$

V (n) \geq min_{k < n} V (n - k) + max (n / 2, (1 + δ) V (k)) .

$V(n) \ge \min_{k<n} V(n-k) + \max(n/2, (1+\delta) V(k)).$

আমি অনুমান করি যে প্রতিটি পর্যাপ্ত বড় জন্য একটি ভাল আচরণযুক্ত সমাধান রয়েছে যা নুড়িপাথরের পরিমাণকে হ্রাস করে। কেউ কি প্রমাণ করতে পারেন? (বা কেবল যে কাছাকাছি-অনুকূল সমাধান পুনরাবৃত্তি সন্তুষ্ট করে ...) $n$

পুনরাহ্বান যে । $\epsilon(n) = 1/\sqrt{\log n}$

থিম 3. কোন ধ্রুবক জন্য , উপরোক্ত পুনরাবৃত্তি বোঝা । $\delta>0$ $V(n) \ge n^{1+\Omega(\epsilon(n))}$

আমরা লেমার প্রমাণটি স্কেচ করার আগে নোট করুন যে এটি সূচিত করে যে পদক্ষেপে - পজিশনে পৌঁছানো যে কোনও ভাল আচরণ করা সমাধানকে কমপক্ষে স্থান নিতে হবে কিছু পদক্ষেপ। এটি ফলাফলগুলি যেমন: $n$ $t$ $n^{1+\Omega(\epsilon(n))}/t$

লেমমা 1 এক্সপোনেন্টের নিয়মিত কারণগুলির সাথে আঁটসাঁট থাকে (ভাল আচরণের সমাধানের জন্য)।
কোন সু-ভদ্র সমাধান অবস্থান পৌঁছতে পারে মধ্যে স্থান ব্যবহার সময় পদক্ষেপ । (এখানে ) $n$ $n\,\text{polylog}\, n$ $\text{polylog}\, n$ $n^{\Omega(\epsilon(n))} = \exp(\Omega(\sqrt{\log n})) \not\subseteq \,\text{polylog}\, n$

প্রুফ স্কেচ আমরা যেখানে কিছুটা পর্যাপ্ত ছোট ধ্রুবক আমরা WLOG অনুমান ইচ্ছামত বড়, কারণ গ্রহণ করে হয় ছোট যথেষ্ট, আমরা নিশ্চিত করতে পারে কোন সসীম সেট (এখানে যে ব্যবহার , বলে)। $2 V(n) \ge f(n)$ $f(n) = n^{1+c\epsilon(n)}$ $c.$ $n$ $c>0$ $2 V(n) \ge f(n)$ $n$ $V(n)\ge n$

লেমমা পুনরাবৃত্তিটি যথাযথভাবে অনুসরণ করবে যতক্ষণ না যথেষ্ট পরিমাণে বড় জন্য আমাদের , যে জন্য $n$ $f(n) \le \min_{k<n} f(n-k) + \max(n, 2 f(k))$ $f(n) - f(n-k) \le \max(n, (1+\delta) f(k))$ $k<n.$

যেহেতু উত্তল, তাই আমাদের । সুতরাং যদি থাকে তবে এটি যথেষ্ট $f$ $f(n) - f(n-k) \le k f'(n)$ $k f'(n) \le \max(n, (1+\delta) f(k)).$

সংক্ষিপ্ত গণনা দ্বারা ( এবং এবং এবং ) ভেরিয়েবলের পরিবর্তন ব্যবহার করে , এই বৈষম্যটি নীচের সমতুল্য: যথেষ্ট পরিমাণে বড় এবং for , । যেহেতু , এবং জন্য , এটা দেখানোর জন্য যথেষ্ট অর্থাৎ $f(n)/n = e^{c\sqrt{\log n}}$ $f'(n)=(f(n)/n)(1+c/(2\sqrt{\log n})),$ $x = \sqrt{\log k}$ $y=\sqrt{\log n}$ $y$ $x\le y$ $e^{cy}(1+c/(2y)) \le \max(e^{y^2 - x^2}, (1+\delta) e^{cx})$ $1+z\le e^z$ $e^z\le 1+2z$ $z\le 1$ $e^{cy + c/(2y)} \le \max(e^{y^2 - x^2}, e^{2\delta+cx}),$

c y + c / (2 y) \leq max (y^{2} - x^{2}, 2 δ + c x) .

$cy + c/(2y) \le \max(y^2 - x^2, 2\delta+cx).$

যদি , তবে (বড় ) এবং আমাদের কাজ শেষ হয়েছে, সুতরাং অনুমান করুন । তারপরে (বৃহত্তর ), সুতরাং এটি দেখানোর পক্ষে যথেষ্ট এটি যথেষ্ট ছোট এবং বড় জন্য ধারণ করে Qed $y \le x + 0.1\delta/c$ $cy+c/(2y) \le cx + 0.2\delta$ $y$ $y\ge x + 0.1\delta/c$ $y^2-x^2 \ge 0.1y\delta/c$ $y$

c y + c / (2 y) \leq 0.1 y δ / c .

$cy + c/(2y) \le 0.1 y\delta/c.$

c

$c$

y .

$y.$

— নিল ইয়ং
সূত্র

এফডাব্লুআইডাব্লু, আমার কাছে একটি প্রমাণ রয়েছে যে সর্বদা একটি অনুকূল-আচরণগত সমাধান রয়েছে so এটি এখানে টাইপ করতে কিছুটা জড়িত - যদি কেউ আগ্রহী হন তবে ইমেলের মাধ্যমে আমার সাথে যোগাযোগ করুন (যোগাযোগের তথ্যের জন্য গুগল "নীল তরুণ কম্পিউটার বিজ্ঞান")।

— নিল ইয়ং