เกม Pebble ขนานบนสาย

ในเกม pebbleที่บรรทัดมี N + 1 โหนดที่มีป้ายกำกับ 0 ถึง N เกมเริ่มต้นด้วย pebble บนโหนด 0 หากมี pebble บนโหนด i คุณสามารถเพิ่มหรือลบ pebble จาก node i + 1 เป้าหมายคือการวางก้อนกรวดบนโหนด N โดยไม่ต้องวางก้อนกรวดจำนวนมากบนบอร์ดในเวลาเดียวกันและโดยไม่ต้องทำตามขั้นตอนมากเกินไป

วิธีการแก้ปัญหาที่ไร้เดียงสาคือการวางก้อนกรวดบน 1 จากนั้น 2 จากนั้น 3 และอื่น ๆ สิ่งนี้เหมาะสมที่สุดในแง่ของจำนวนขั้นตอน มันไม่ดีที่สุดในจำนวนก้อนกรวดสูงสุดบนกระดานในเวลาเดียวกัน: ในระหว่างขั้นตอนสุดท้ายจะมีก้อนกรวด N ก้อนบนกระดาน (ไม่นับตัวต่อ 0)

กลยุทธ์ที่วางก้อนกรวดน้อยลงบนกระดานพร้อมกันนั้นอยู่ในบทความนี้ พวกเขามาถึงโหนด N โดยไม่เกิน $\Theta(\lg N)$ ก้อนกรวดในเวลา แต่ค่าใช้จ่ายของการเพิ่มจำนวนของขั้นตอนที่จะ $\Theta(n^{\lg_2 3})$ )พวกเขาสลับว่ามีก้อนกรวดที่ตำแหน่ง $N$ โดยไม่ปล่อยก้อนกรวดอื่น ๆ โดยการสลับสลับซ้ำ $N/2$ โดยใช้เป็นจุดเริ่มต้นในการสลับ $N$ กับขั้นตอนแบบเรียกซ้ำอีกครั้งจากนั้นสลับ $N/2$ ด้วยขั้นตอนซ้ำขนาดครึ่ง ล้างมัน

ฉันสนใจในการแลกเปลี่ยนระหว่างจำนวนก้อนกรวดสูงสุดกับจำนวนขั้นบันไดภายใต้สมมติฐานที่ว่าการเพิ่มและเอาก้อนกรวดสามารถทำได้ในแบบคู่ขนาน โดย "ขนาน" ฉันหมายความว่าแต่ละขั้นตอนสามารถเพิ่มหรือลบก้อนกรวดได้มากเท่าที่ต้องการตราบใดที่อนุญาตให้มีการเพิ่ม / ลบแต่ละบุคคลและไม่โต้ตอบกับการเคลื่อนไหวอื่น ๆ ที่ทำ โดยเฉพาะถ้า $A$ เป็นชุดของโหนดที่เราต้องการเพิ่มหรือลบก้อนกรวดออกจากและ $P$ คือชุดของโหนดที่มีก้อนกรวดในตอนเริ่มต้นของขั้นตอนนั้นเราสามารถทำการเพิ่มและลบเหล่านั้นทั้งหมดในขั้นตอนเดียวเช่น ตราบใดที่ $\{a-1 | a \in A \} \subseteq P - A$

ตัวอย่างเช่นพิจารณากลยุทธ์ที่วางก้อนกรวดที่ในขั้นตอนแต่ทำเครื่องหมายก้อนกรวดที่เป็นทวีคูณของ $i$ $i$ เป็น "จุดตรวจสอบ" และลบเพบเบิลดัชนีสูงสุดหลังจุดตรวจเพบเบิลเมื่อทำได้ กลยุทธ์นี้ยังคงมาถึงโหนด N หลังจากขั้นตอนเช่นกลยุทธ์ไร้เดียงสา แต่ลดจำนวนก้อนกรวดสูงสุดจากเป็น $\sqrt{N}$ $N$ $N$ . $2 \sqrt{N}$

มีกลยุทธ์แบบ pbbble-line-pebbling ที่เสร็จสิ้นในขั้นตอนโดยมีความซับซ้อนสูงสุดที่ลดลงได้หรือไม่ ถ้าเรายินดีที่จะอนุญาตให้มีขั้นตอนอะไรคือจุดที่ "น่าสนใจ" ซึ่งการแลกเปลี่ยนระหว่าง max-pebble และเวลานั้นดีเป็นพิเศษ? $N$ $O(N \lg N)$

complexity reversible-computing

— Craig Gidney
แหล่งที่มา

ในแต่ละขั้นตอนคุณสามารถเพิ่มหรือลบก้อนกรวดได้กี่ก้อน ถ้าเพียงหนึ่งในย่อหน้าที่สี่ของคุณคุณหมายถึง

ขั้นตอนทั้งหมดแทนที่จะเป็น

หรือไม่? เมื่อนับการใช้ก้อนกรวดมันเป็นจำนวนสูงสุดของกระดานในเวลาใด ๆ ในระหว่างการเรียงลำดับหรือไม่?

O (N)

$O(N)$

N

$N$

— Neal Young

@NealYoung ในกรณีที่ขนานคุณสามารถเพิ่มและลบก้อนกรวดได้มากเท่าที่คุณต้องการ แต่ถ้าคุณส่งผลกระทบต่อตำแหน่ง

จะต้องมีกรวดที่ตำแหน่ง

ที่จุดเริ่มต้นของขั้นตอน ฉันหมายความว่าไม่มีขั้นตอน แต่

นอกจากนี้ยังเป็นที่น่าสนใจและรวมอยู่ในหลักสูตร

)

ใช่มันเป็นจำนวนก้อนกรวดสูงสุดที่สำคัญ

k

$k$

k - 1

$k-1$

O (N)

$O(N)$

O (N \lg N)

$O(N \lg N)$

— Craig Gidney

สิ่งที่เกี่ยวกับกลยุทธ์ดั้งเดิม แต่ใช้ "การขนาน" เมื่อเราไปถึง

เริ่มล้างครึ่งแรกในแบบคู่ขนาน เมื่อถึง

เริ่มเคลียร์ช่วง

และทำการเคลียร์ครึ่งแรกแบบขนานต่อไป (ในขณะที่เราวางก้อนกรวดที่

มีก้อนกรวด

เหลืออยู่เท่านั้น ครึ่งแรก); และสำหรับ

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

$N/4$

ถึงN

ความซับซ้อนของก้อนกรวดควรเหมือนกัน:

แต่ด้วยขั้นตอน

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

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

N

$N$

Θ (\lg N)

$\Theta(\lg N)$

N

$N$

— Marzio De Biasi

@MarzioDeBiasi ทำไมความซับซ้อนของเพบเบิลจึงเหมือนกัน? เท่าที่ฉันสามารถบอกได้ความสัมพันธ์ที่เกิดซ้ำจะไปจาก

ถึง

)

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)

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

— Craig Gidney

@CraigGidney: คุณพูดถูก ...

— Marzio De Biasi

การแก้ไข : เพิ่มเลมมาส 2 และ 3

นี่คือคำตอบบางส่วน: คุณสามารถเข้าถึงตำแหน่ง $N$

ในเคลื่อนที่โดยใช้ช่องว่างโดยที่ $N$ $N^{O(\epsilon(N))}$ N(บทแทรก 1) $\epsilon(N) = 1/\sqrt{\log N}$
ในย้ายใช้พื้นที่ (สำหรับค่าคงที่ใด ๆ ) (บทแทรก 2) $N^{1+\delta}$ $O(\log N)$ $\delta>0$

นอกจากนี้เราร่างขอบเขตล่าง (เลมม่า 3): สำหรับคลาสที่เรียกว่าโซลูชันที่มีพฤติกรรมดีเลมม่า 1 นั้นแน่น (ขึ้นอยู่กับปัจจัยคงที่ในเลขชี้กำลัง) และไม่มีวิธีแก้ปัญหาดังกล่าวโดยใช้พื้นที่โพลีล็อก ตำแหน่งในเวลา $N$ ) $O(N\,\text{polylog}\, N)$

บทแทรก 1. สำหรับทุกก็เป็นไปได้ที่จะไปถึงตำแหน่งที่ในย้ายใช้พื้นที่ $n$ $n$ $n$

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

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

พิสูจน์ รูปแบบซ้ำแล้วซ้ำอีกดังแสดงในรูปด้านล่าง เราใช้สัญกรณ์ต่อไปนี้:

คือจำนวนระดับในการเรียกซ้ำ $k$
เป็นคำตอบที่เกิดขึ้น (โดยมีระดับการเรียกซ้ำ ) $P(k)$ $k$
คือตำแหน่งสูงสุดที่มาถึงโดย (ณ เวลา ) $N(k)$ $P(k)$ $N(k)$
เป็นพื้นที่ที่ใช้โดย ) $S(k)$ $P(k)$
คือจำนวนชั้นที่ใช้โดยดังที่แสดงด้านล่าง: $L(k)$ $P(k)$

ในภาพเวลาที่ได้จากบนลงล่าง โซลูชันไม่หยุดในเวลาแทน (สำหรับใช้ในการเรียกซ้ำ) มันจะดำเนินต่อไปจนถึงเวลา $P(k)$ $N(k)$ กลับการเคลื่อนไหวของมันอย่างแน่นอนเพื่อกลับไปที่กรวดเดียวในเวลา $2\,N(k)$ ) $2\,N(k)$

เส้นทึบแนวตั้งพาร์ทิชันชั้นของ )ในภาพคือห้าดังนั้นประกอบด้วย 5 ชั้น แต่ละชั้นของ (ยกเว้นด้านขวาสุด) มีสองปัญหาย่อยหนึ่งรายการที่ด้านบนสุดของชั้นและอีกหนึ่งที่ด้านล่างเชื่อมต่อกันด้วยเส้นแนวตั้งที่เป็นของแข็ง (แทนกรวดที่มีอยู่สำหรับ ช่วงเวลานั้น) ในภาพมีห้าชั้นดังนั้นจึงมีเก้าปัญหาย่อย โดยทั่วไป $L(k)$ $P(k)$ $L(k)$ $P(k)$ $L(k)$ $P(k)$ ประกอบด้วย $P(k)$ ปัญหาย่อย subproblem ของแต่ละมีทางออก ) $2\,L(k)-1$ $P(k)$ $P(k-1)$

การสังเกตที่สำคัญสำหรับการ จำกัด พื้นที่คือ ณ เวลาใด ๆ เพียงสองชั้นเท่านั้นที่มีปัญหาย่อย "ใช้งานอยู่" ส่วนที่เหลือมีเพียงก้อนเดียวเท่านั้นที่เรามี

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

ตอนนี้เราเลือกเพื่อตรวจสอบอย่างเต็มที่ )ฉันไม่แน่ใจว่าทางเลือกนี้จะดีที่สุด แต่ดูเหมือนว่าใกล้: Take kจากนั้นการเกิดซ้ำดังกล่าวข้างต้นให้ $L(k)$ $P(k)$ $L(k) = 2^k$

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

ดังนั้นการแก้สำหรับเรามี $n=N(k)$ และ $k \approx \sqrt {2 \log n}$ ) $S(k) \approx \sqrt {2 \log n}\, 2^{\sqrt {2 \log n}} = \exp(O(\sqrt{\log n}))$

นี้จะดูแลทุกตำแหน่งในชุด }สำหรับพล , ตัดด้านล่างของวิธีการแก้สำหรับที่เล็กที่สุดกับ nขอบเขตที่ต้องการเก็บไว้เนื่องจาก $n$ $\{N(k) : k\in\{1,2,\ldots\}\}$ $n$ $P(k)$ $k$ $N(k)\ge n$ )QED $S(k) / S(k-1) = O(1)$

บทแทรก 2. สำหรับท่านใดสำหรับทุกก็เป็นไปได้ที่จะไปถึงตำแหน่งที่ในย้ายใช้พื้นที่ $\delta>0$ $n$ $n$ $n^{1+\delta}$ $O(\delta 2^{1/\delta}\log n).$

พิสูจน์ ดัดแปลงสิ่งก่อสร้างจากหลักฐานของ Lemma 1 เพื่อชะลอการเริ่มต้นแต่ละ subproblem จนกว่า subproblem ก่อนหน้านี้จะเสร็จสิ้นดังที่แสดงด้านล่าง:

ให้แทนเวลาสำหรับการแก้ไขเพื่อให้เสร็จ ตอนนี้ในแต่ละขั้นตอนมีเพียงหนึ่งเลเยอร์เท่านั้นที่มีปัญหาย่อยที่ให้การสนับสนุนมากกว่าหนึ่งเพบเบิล $T(k)$ $P(k)$

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

เลือกเราได้ $L(k) = 2^{1/\delta}$

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

การแก้หาและในรูปของเรามีและ $S = S(k)$ $T=T(k)$ $n=N(k)$ $k=\delta \log n$

และ $S \le \delta 2^{1/\delta} \log n$
δ $T \le n^{1+\delta}$

$n$ $P(n)$ $n$ $k\le n/2$ $k$ $P(N-k)$ $k+1,k+2,\ldots,n$ $P(k)$ $1,2,\ldots,k$ $k$ $V(n)$ $n$ $\delta=1>0$

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

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

$n$

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

$\delta>0$ $V(n) \ge n^{1+\Omega(\epsilon(n))}$

$n$ $t$ $n^{1+\Omega(\epsilon(n))}/t$

เลมม่า 1 แน่นถึงปัจจัยคงที่ในเลขชี้กำลัง (สำหรับการแก้ปัญหาอย่างดี)
$n$ $n\,\text{polylog}\, n$ $\text{polylog}\, n$ $n^{\Omega(\epsilon(n))} = \exp(\Omega(\sqrt{\log n})) \not\subseteq \,\text{polylog}\, n$

$2 V(n) \ge f(n)$ $f(n) = n^{1+c\epsilon(n)}$ $c.$ $n$ $c>0$ $2 V(n) \ge f(n)$ $n$ $V(n)\ge n$

$n$ $f(n) \le \min_{k<n} f(n-k) + \max(n, 2 f(k))$ $f(n) - f(n-k) \le \max(n, (1+\delta) f(k))$ $k<n.$

$f$ $f(n) - f(n-k) \le k f'(n)$ $k f'(n) \le \max(n, (1+\delta) f(k)).$

$f(n)/n = e^{c\sqrt{\log n}}$ $f'(n)=(f(n)/n)(1+c/(2\sqrt{\log n})),$ $x = \sqrt{\log k}$ $y=\sqrt{\log n}$ $y$ $x\le y$ $e^{cy}(1+c/(2y)) \le \max(e^{y^2 - x^2}, (1+\delta) e^{cx})$ $1+z\le e^z$ $e^z\le 1+2z$ $z\le 1$ $e^{cy + c/(2y)} \le \max(e^{y^2 - x^2}, e^{2\delta+cx}),$

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

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

$y \le x + 0.1\delta/c$ $cy+c/(2y) \le cx + 0.2\delta$ $y$ $y\ge x + 0.1\delta/c$ $y^2-x^2 \ge 0.1y\delta/c$ $y$

c y + c / (2 y) \leq 0.1 y δ / c .

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

c

$c$

y .

$y.$

— โอนีลยัง
แหล่งที่มา

FWIW ฉันมีหลักฐานว่ามีวิธีแก้ปัญหาที่เหมาะสมที่สุดอยู่เสมอดังนั้นขอบเขตล่างในเล็มม่า 3 จะใช้กับโซลูชันทั้งหมด มันเกี่ยวข้องกับการพิมพ์ที่นี่มากเกินไป - ถ้าใครสนใจติดต่อฉันทางอีเมล (google "วิทยาศาสตร์คอมพิวเตอร์เด็กเล็ก" สำหรับข้อมูลติดต่อ)

— Neal Young