इस खेल की जटिलता क्या है?

Question

यह मेरे पिछले प्रश्न का सामान्यीकरण है ।

चलो बहुपद समय नियतात्मक मशीन है कि कुछ ओरेकल के लिए सवाल पूछ सकते हैं हो सकता है । प्रारंभ में खाली है लेकिन इसे एक गेम के बाद बदला जा सकता है जिसे नीचे वर्णित किया जाएगा। को कुछ स्ट्रिंग होने दें ।$M$$A$$A$$x$

निम्नलिखित ऐलिस और बॉब गेम पर विचार करें। प्रारंभ में, ऐलिस और बॉब के पास क्रमशः और डॉलर हैं। ऐलिस चाहता है और बॉब ।$m_A$$m_B$$M^A(x)=1$$M^A(x)=0$

खेल एक खिलाड़ी कुछ स्ट्रिंग जोड़ सकते हैं के हर कदम पर के लिए ; यह लागत डॉलर है, जहां एक बहुपद-समय गणना योग्य कार्य है। साथ ही एक खिलाड़ी अपने कदम से चूक सकता है।$y$$A$$f(y)$$f: \{0,1\}^* \to \mathbb{N}$

यदि दोनों खिलाड़ी सभी पैसे खर्च करते हैं या कुछ खिलाड़ी चूक गए जब वह हारने की स्थिति में कदम उठाता है (जो कि के मौजूदा मूल्य से परिभाषित होता है )।$M^A(x)$

प्रश्न: के लिए दिए गए इस खेल के विजेता को परिभाषित करने की समस्या है एक है$M, f, x, m_A, m_B$

EXPSPACE- अपूर्ण कार्य?

ध्यान दें कि पूछ सकता है ( से संबंधित ) केवल बहुपद की लंबाई के तार ताकि ऐलिस या बॉब के लिए अधिक लंबे तार जोड़ने के लिए कोई अर्थ न हो । इसलिए, यह समस्या EXPSPACE में है । $M$$A$$A$

मेरे पिछले प्रश्न में हर स्ट्रिंग को जोड़ने पर एक डॉलर (यानी ) खर्च होता है। फिर (के रूप में यह द्वारा दिखाया गया था लांस फॉर्टनो ) इस खेल के अंतर्गत आता है EXPH और यहां तक कि करने के लिए PSPACE अगर । $A$$f \equiv 1$$m_A = m_B$

Comments

क्या आप बता सकते हैं कि आपने समस्या में यह बदलाव क्यों किया? ऐलिस यह देखने के लिए जांच कर सकती है कि क्या वह बहुपदीय समय में (जैसे लांस के आपकी अन्य समस्या के जवाब में परिभाषित) में सभी तार के लिए भुगतान कर सकती है । यह समस्या का तुरंत समाधान कैसे नहीं करता है? $S$

— स्टेला बिडरमैन

@StellaBiderman ऐलिस वास्तव में बहुपद समय में यह जांच कर सकता है। हालांकि, अगर उसके पास पर्याप्त पैसा नहीं है, तो अब इसका मतलब यह नहीं है कि वह केवल बहुपदीय कदम बना सकती है (जैसा कि पिछले खेल में था)।

— एलेक्सी मिलोवानोव

यदि वह बर्दाश्त नहीं कर सकता है , तो क्या वह कभी किसी प्रतिद्वंद्वी को हरा सकता है जो हमेशा अपनी बारी को छोड़ देता है? शायद गेम सेट-अप के बारे में कुछ है जो मैं नहीं समझ रहा हूं। $S$

— स्टेला बिडरमैन

@ स्टेला हां, क्योंकि उनके अन्य स्वीकार्य रास्ते हो सकते हैं। उदाहरण के लिए, मान लें कि यदि , तो रुकता है और स्वीकार करता है। इस स्थिति में, । लेकिन अगर , तो क्वेरी सकता और अगर स्वीकार । इस मामले में यह पर्याप्त है अगर ऐलिस के पास लिए पर्याप्त । एम एस = { x 1 } x 1 ∉ एक एम एक्स 2 एक्स 2 ∈ ए एक्स $x_1\in A$$M$$S=\{x_1\}$$x_1\notin A$$M$$x_2$$x_2\in A$$x_2$

— डोमटॉर्प

Answer 1

यह EXPSPACE- पूर्ण होना चाहिए। मैं यह बताता हूँ कि किसी भी EXPSPACE- पूर्ण समस्या को कम किए बिना, वैकल्पिक विकल्पों की संख्या कैसे प्राप्त की जाए, लेकिन यहाँ से इसे समाप्त करना सरल होना चाहिए।

द्वारा राउंड के बाद oracle में शब्दों को , इसलिए प्रारंभ में । द्वारा द्वारा को । मुख्य अवलोकन यह है कि जो भी साथ खो , उसे से कुछ जोड़ने के लिए माना जा सकता है । ऐसा इसलिए है क्योंकि इस खेल में हर कदम पर पैसे खर्च होते हैं, हम जितना संभव हो उतना कम चलना चाहते हैं; जब तक हम जीत रहे हैं तब तक कोई चाल नहीं चल रही है। लेकिन इसका मतलब यह भी है कि अगर हम हार रहे हैं, तो बाहर से कुछ जोड़ने का कोई मतलब नहीं है ।$t$$A_t$$A_0=\emptyset$$M^{A_t}$$Q_t$$A_t$$Q_t$$A$$Q_t$

सादगी के लिए मान लें कि बिल्कुल के लिए चलाता है कदम और चरणों में और यह वास्तव में लंबाई का एक शब्द भी प्रश्नों । लागत समारोह केवल लंबाई शब्दों पर होगा । खेल ऐसा होगा जिसमें एलिस को हमेशा विषम लंबाई वाले शब्दों को जोड़ना होगा और बॉब को लिए हमेशा लंबाई के शब्दों को जोड़ना होगा । मान लीजिए कि विषम है और शुरू में ऐलिस खो रहा है।$M$$2n$$2i$$2i+1$$i$$f$$2^{-i}$$i$$A$$n$

बजट और सेट किया जाएगा ताकि वह जोड़े जाने वाले द्वारा लंबाई शब्दों में से । खेल ऐसा होगा कि यह उसे विजेता बनाता है, इसलिए बॉब को स्थानांतरित करना होगा। फिर से बजट की कमी के कारण, उसे जोड़े जाने वाले द्वारा लंबाई शब्दों में से एक को चुनना होगा । इनमें से कोई भी जोड़े जाने के बाद, दो नई लंबाई शब्दों (समान वाले, चाहे बॉब ने शब्द को जो भी जोड़ा हो ) को क्वेरी करेगा , और बॉब जीत जाएगा। ऐलिस को इन नई लंबाई एक को जोड़ने के लिए मजबूर किया जाएगा$m_A$$m_B$$n$$M^{A_0}$$A$$n-1$$M^{A_1}$$A$$M^{A_2}$$n$$A$$n$उसे जीत दिलाने के लिए को शब्द ।$A$

यह खेल इस तरीके से चलता है, जिसकी गहराई की पूरी बाइनरी ट्री की शाखाओं के रूप में कल्पना की जा सकती है , हालांकि प्रत्येक ब्रांचिंग नोड में एक खिलाड़ी (निर्धारित किया जाता है कि नोड की गहराई की समता द्वारा) बनाने की आवश्यकता है किस शब्द को से जोड़ना है बारे में एक विकल्प । वे पेड़ के माध्यम से जाने के बाद, वे अपने बजट से बाहर निकल जाएंगे। यदि खेल के किसी भी चरण में उनमें से एक छोटा है कि कुछ शब्द जोड़ने का फैसला करता है (जैसे, ऐलिस एक लंबाई शब्द$n$$A$$k<n$$Q_0$पहले चरण में), फिर यदि दूसरा खिलाड़ी (हमारे उदाहरण में बॉब) बाइनरी ट्री में हमेशा सबसे लंबा शब्द खेलता है, तो उसके पास कुछ पैसे बचे होंगे और हम गेम बनाते हैं ताकि वह इसका इस्तेमाल कर सके जीतना। (ध्यान दें कि ऐलिस के पास कुछ धन भी बचा हो सकता है, लेकिन बॉब के पास अधिक होगा, इसलिए हम एंड-गेम को डिज़ाइन करते हैं कि यदि उनमें से एक के पास अधिक पैसा है, तो वह खिलाड़ी जीत सकता है।)

इस तरह से ऐलिस कई-कई जोड़े विषम-लंबाई वाले शब्दों के लिए तय करता है, और बॉब ने घातीय रूप से कई समान-लंबाई वाले शब्दों के बारे में, जो प्रत्येक जोड़ी में से जाता है , और वे इन विकल्पों को एक वैकल्पिक तरीके से बनाते हैं।$A$

Comments

आपके उत्तर के लिए धन्यवाद। मैंने आपसे ई-मेल द्वारा कुछ प्रश्न पूछे हैं।

— अलेक्सी मिलोवैनोव