正确地参加国际选秀是否难为NP？

以下问题是难解决的吗？

给定国际草案的董事会配置，找到一个合法的举动。$n\times n$

美国跳棋（也称为英式抽签）的相应问题在多项式时间内可轻松解决。这两个游戏之间存在三个主要区别。$n\times n$

第一个也是最重要的区别是“飞行之王”规则。在跳棋，王可在跳过相邻对手的片到一个空的正方形2个中任何对角线方向遥。在国际抽风中，国王可以通过沿对角线移动任意距离来跳过对手的棋子任意距离。

与跳棋一样，同一块棋子可用于一次捕获一系列棋子。但是，与跳棋不同，国际草稿中捕获的片段不会被删除，直到整个序列结束为止。捕获块可以多次跳过或降落在相同的空白方块中，但不能多次跳过对手的块。

最后，跳棋和国际选秀都有强制性的抓捕规则：如果您可以抓捕对手的棋子，则必须这样做。但是，当存在多个选项时，规则规则会不一致。在检查器中，您可以选择任何最大的捕获顺序。换句话说，您可以选择任何在捕获片段无法捕获时结束的捕获序列。在国际演习中，您必须选择最长的捕捉序列。因此，我的问题等同于以下内容：

给定国际草稿的棋盘配置，找到招致最大对立棋子数量的棋步。$n\times n$

足以证明以下问题是NP完全的。（显然是在NP中。）

给定仅涉及国王的国际选秀的棋盘配置，一个玩家能否（因此必须）在一个回合中捕获对手的所有棋子？$n\times n$

可以在多项式时间内回答相应的检查器问题；这是一项有趣的家庭作业。这个问题看起来更像是Demaine，Demaine和Eppstein对Phutball残局的分析。他们的论文结尾出现了一个有趣的家庭作业练习的解决方案。一个解决方案也出现在Frankel等人在FOCS 1978年发表的论文中。证明最佳发挥跳棋是PSPACE困难的；另请参见罗布森（Robson）在1984年提出的证明棋子实际上是EXPTIME完全的证明。

好，这是减少。事实证明，您根本不需要平面性。另外，对于“找到合法举动”，我将决定问题视为“ X举动合法吗？”。

首先，让我们使用一款游戏，游戏中的棋子垂直移动而不是对角移动。该游戏是等效的（只看旋转45度的草稿板），但不使用边缘属性。我们使用两个小工具：合并/拆分和交叉。参见http://www.hearn.to/draughts.pdf。我们假设董事会中只有一位白国王可动。（没有其他作品可以捕获任何数量的作品。）它将穿过指定的走廊，并沿途捕获黑色作品。

首先，合并：如果国王进入N条路径A中的任何一条（通过捕获黑色棋子（未显示）），它可以在B出口退出。同样，如果我们扭转小工具并进入B，则捕获所显示的棋子，它可以沿任何路径A退出（再次捕获外部黑色片段）。这是一次性使用的小工具（因为黑色的出口只能被捕获一次）。

第二，交叉。如果国王通过A（C）进入，则可以在B（D）退出。它不能停在中间并更改路线，因为那将是一个无法捕捉的移动部分。

现在，给定一个有向图，如下构造相应的游戏配置。对于每个顶点，构造一个合并并拆分的合并。将拆分输出路由到与出口边缘连接到的顶点对应的顶点小工具的合并输入（合并+拆分），必要时使用分频器。在对任何顶点的额外输入上启动国王（用黑色小块捕获以使其进入顶点）。

最后，根据需要通过在输出/输入路径上添加额外的黑色部分来均衡所有“边缘长度”。如果有V个顶点，并且每条边上有k个黑色块，那么仅当存在对应图的哈密顿电路时，国王才能捕获2V + kV + 1个块。如果国王有另一种选择，则捕获一条2V + kV的简单链，然后确定该选择是否合法，即为NP完全。

这是鲍勃减法的一种可能替代方法，这次是从（无向）哈密顿循环开始的。 我不确定100％的细节是正确的-我已经找到并修复了多个问题-但我确信可以将其按摩成正确的证据。 正如鲍勃指出的那样，这种减少有一个严重的缺陷。白王可以轻易地偏离其通过董事会的规范路径。可以通过在适当的位置添加Bob的跨接小工具来修复此错误（我认为），但是与他的还原并没有太大区别。

令为具有个顶点和边的无向图。通过将的顶点放置在斜率为的线上的规则间隔的点上，在平面上绘制，并在顶点线上方将每个边绘制为水平线段和垂直线段。n m G − $G$$n$$m$$G$$-1$

现在，我们将此图简化为黑色棋盘和一位白王的板（旋转45度）。我们需要三种类型的小工具：角，分割器和部落。一个角包含两个黑色部分，这些黑色部分只能通过更改白色国王的方向来捕获。一个拆分器包含一个必须沿特定方向捕获的单块，其中特殊位置可供捕获王跳入。最后，a积箱是一个装有黑色碎片的大盒子，必须以特定的顺序捕获一些大常数。在下图中，灰色圆圈是无法捕获的片段。O （n 2 + m ）k k h n $O(n^2)\times O(n^2)$$O(n^2+m)$$k$$k$$hn$$h$

现在，用连接到水平分叉器和垂直分叉器的ho板替换度为每个顶点。对于每个边，放置恒定数量的与and积和ho积分隔线对齐的角。将不同边缘的角布置在不同的和坐标上很容易。将白色国王放入其中一个one积木中，并按上面白色圆圈所示的位置放置。k k （i ，j ）i j x $k$$k$$k$$(i,j)$$i$$j$$x$$y$

当且仅当图形为哈密顿量时，白国王可以捕获至少对立的块（每个ho积中的每个块，再加上每个顶点四个附加的边块）。$hn^2+4n$$G$

现在，当我在写论文时，为什么不向我提出这个问题？

好吧，我从平面定向哈密顿循环中得到了简化。