在线上的并行卵石游戏

在一行上的Pebble游戏中，有N + 1个标记为0到N的节点。该游戏从节点0上的卵石开始。如果节点i上存在卵石，则可以从节点i + 1添加或删除卵石。目的是在节点N上放置一个小石子，而无需同时在板上放置许多小石子，并且无需执行太多步骤。

天真的解决方案是在1、2、3等上放置一个卵石。就步骤数而言，这是最佳的。同时板上的最大卵石数量并不是最佳的：在最后一步中，板上有N个卵石（不计0的卵石）。

在同一时间放置在电路板上较少的卵石策略是在本文中。它们一次到达节点N而不会超过 $\Theta(\lg N)$ 小卵石，但是代价是将步数增加到 $\Theta(n^{\lg_2 3})$ 。他们切换是否有一个在位置上的卵石 $N$ 而不通过递归地切换周围留下任何其他卵石 $N/2$ ，使用作为起始点到肘节 $N$ 与另一递归步骤，则切换 $N/2$ 与第三半尺寸递归步骤以清除它。

我对卵石的最大数量和步骤数之间的权衡取舍很感兴趣，假设卵石的添加和去除可以并行进行。“平行”是指每个步骤可以根据需要添加或删除任意数量的卵石，只要允许每个单独的添加/删除并且不与进行的其他移动相互作用即可。具体来说，如果 $A$ 是我们要添加或删除卵石的节点集合，而 $P$ 是在步骤开始时具有卵石的节点集合，则我们可以在单个步骤中完成所有这些添加和去除操作，如下所示：只要 $\{a-1 | a \in A \} \subseteq P - A$ 。

例如，考虑在步骤上将卵石放置在 $i$ 上但标记为倍数的卵石的策略 $i$ $\sqrt{N}$ 作为“检查点”，并在可能的情况下除去有卵石的检查点后面的最高索引的卵石。这种策略仍然到达节点N后 $N$ 步骤，例如幼稚的策略，但降低卵石的最大数目从 $N$ 到 $2 \sqrt{N}$ 。

是否有以步完成的平行线扰动策略，甚至具有更低的渐近最大卵石复杂度？如果我们愿意允许步骤怎么办？在最大卵石和时间之间的权衡特别好的“有趣”点是什么？ $N$ $O(N \lg N)$

complexity reversible-computing

— 克雷格·吉德尼
source

在每个步骤中，您可以添加或删除多少个卵石？如果在第四段中只有一个，那么您是说

总步数，而不是

？在计算使用的小卵石时，在此序列中的任何时候，板上是否有最大数目？

O (N)

$O(N)$

N

$N$

— 尼尔·扬

@NealYoung在并行情况下，您可以根据需要在每个步骤中添加和删除尽可能多的卵石。但是，如果影响位置

则在步骤开始时位置

处肯定存在卵石。我的意思是正好N步，但

也很有趣，当然也包含在

。是的，重要的是小石子的最大数量。

k

$k$

k - 1

$k-1$

O (N)

$O(N)$

O (N \lg N)

$O(N \lg N)$

— Craig Gidney

最初的策略是什么，但带有“并行化”呢？当我们达到

开始并行清除前半部分。当达到

开始清除范围

并继续并行清除前半部分（当我们在

上放置卵石时，仅剩下

卵石上半年）；依此类推

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

$N/4$

高达

。小卵石复杂度应相同：

，但步长为

(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为什么小卵石的复杂性是一样的？据我所知，递归关系从

到

。

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：您说得对...

— Marzio De Biasi

编辑：添加了引理2和3。

这是部分答案：您可以到达位置 $N$

在空间中使用空间，其中 $N$ $N^{O(\epsilon(N))}$ 。（引理1） $\epsilon(N) = 1/\sqrt{\log N}$
在使用空间（对于任何常数）（引理2）。 $N^{1+\delta}$ $O(\log N)$ $\delta>0$

同样，我们画出一个下界（引理3）：对于某些所谓的行为良好的解决方案，引理1是紧的（达到指数中的恒定因子），并且使用多对数空间的此类解决方案无法达到时间位置 $N$ 。 $O(N\,\text{polylog}\, N)$

引理1 对于所有，能够达到位置在利用空间移动 $n$ $n$ $n$

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

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

证明。该方案是递归的，如下图所示。我们使用以下符号：

是递归中的级别数 $k$
是形成的解（具有个递归级别）。 $P(k)$ $k$
是到达的最大位置（在时间）。 $N(k)$ $P(k)$ $N(k)$
是使用的空间。 $S(k)$ $P(k)$
是使用的层数，如下所示： $L(k)$ $P(k)$

在图中，时间从上到下进行。解不会在时间处停止，而是（在递归中使用）它会一直持续到时间 $P(k)$ $N(k)$ ，精确地反转其移动，以便在时间返回到单个卵石 $2\,N(k)$ 。 $2\,N(k)$

垂直的实线划分了的层。在图片中，为5，因此由5层组成。的层中的每一层最右边的除外）都有两个子问题，一个在该层的顶部，一个在底部，由垂直实线连接（表示存在于此处的卵石）该持续时间）。在图中，共有五层，因此有九个子问题。通常， $L(k)$ $P(k)$ $L(k)$ $P(k)$ $L(k)$ $P(k)$ 由组成 $P(k)$ 个子问题。每个子问题都有解。 $2\,L(k)-1$ $P(k)$ $P(k-1)$

限制空间的关键观察结果是，在任何时候，只有两层具有“活动”子问题。其余的每个只贡献一个卵石，因此我们有

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

现在，我们选择来完全确定。我不确定该选择是否最佳，但似乎很接近：取。然后上述重复给出 $L(k)$ $P(k)$ $L(k) = 2^k$

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

这样，求解，我们有 $n=N(k)$ 和 $k \approx \sqrt {2 \log n}$ 。 $S(k) \approx \sqrt {2 \log n}\, 2^{\sqrt {2 \log n}} = \exp(O(\sqrt{\log n}))$

此负责的所有位置的在集合。对于任意，修剪溶液的底部为最小的与。因为 $n$ $\{N(k) : k\in\{1,2,\ldots\}\}$ $n$ $P(k)$ $k$ $N(k)\ge n$ 。QED $S(k) / S(k-1) = O(1)$

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

证明。修改引理1的证明的构造，以延迟开始每个子问题，直到上一个子问题完成为止，如下所示：

$T(k)$ $P(k)$

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

$L(k) = 2^{1/\delta}$

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

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

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

此负责的所有位置的Ñ在集合{ Ñ （ķ ）：ķ ∈ { 1 ，2 ，... } }。对于任意Ñ，修剪溶液的底部P （ķ ）为最小的ķ与Ñ （ķ ）≥ Ñ。因为S （k ）/ S （k − 1 ）= O $n$ $\{N(k) : k\in\{1,2,\ldots\}\}$ $n$ $P(k)$ $k$ $N(k)\ge n$ $S(k) / S(k-1) = O(1)$

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

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

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

$n$

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

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

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

引理1严格限制指数中的恒定因子（对于行为良好的解决方案）。
$n$ $n\,\text{polylog}\, n$ $\text{polylog}\, n$ $n^{\Omega(\epsilon(n))} = \exp(\Omega(\sqrt{\log n})) \not\subseteq \,\text{polylog}\, n$

证明草图。 我们显示其中对于一些足够小的常数我们假设WLOG任意大，因为通过使足够小，我们可以确保对任何有限集（在这里使用，说）。 $2 V(n) \ge f(n)$ $f(n) = n^{1+c\epsilon(n)}$ $c.$ $n$ $c>0$ $2 V(n) \ge f(n)$ $n$ $V(n)\ge n$

只要对于所有足够大的，我们都有，则引理将根据递归归纳。也就是说，对于， $n$ $f(n) \le \min_{k<n} f(n-k) + \max(n, 2 f(k))$ $f(n) - f(n-k) \le \max(n, (1+\delta) f(k))$ $k<n.$

由于是凸的，所以我们有。因此只要就足够了 $f$ $f(n) - f(n-k) \le k f'(n)$ $k f'(n) \le \max(n, (1+\delta) f(k)).$

通过简短的计算（使用和并使用变量和）的变化，此等式等于以下内容：对于所有足够大的和，。因为，和为，它足以说明即 $f(n)/n = e^{c\sqrt{\log n}}$ $f'(n)=(f(n)/n)(1+c/(2\sqrt{\log n})),$ $x = \sqrt{\log k}$ $y=\sqrt{\log n}$ $y$ $x\le y$ $e^{cy}(1+c/(2y)) \le \max(e^{y^2 - x^2}, (1+\delta) e^{cx})$ $1+z\le e^z$ $e^z\le 1+2z$ $z\le 1$ $e^{cy + c/(2y)} \le \max(e^{y^2 - x^2}, e^{2\delta+cx}),$

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

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

如果，则（对于大）我们完成了，因此假设。然后（对于大），因此足以显示这对于足够小的和较大的 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 .

$y.$

— 尼尔·杨（Neal Young）
source

FWIW，我有一个证明，总是有一个接近最佳的行为良好的解决方案，因此引理3的下限适用于所有解决方案。在这里输入内容太麻烦了-如果有人感兴趣，请通过电子邮件与我联系（有关联系信息，请使用Google“ neal young computer science”）。

— Neal Young