几个图表上的游戏

考虑在某个节点上带有芯片的有向加权图上的以下游戏。$G$

所有节点都用A或B标记。$G$

有两名球员爱丽丝和鲍勃。爱丽丝（Bob）的目标是将芯片移至以A（B）标记的节点。

最初，爱丽丝和鲍勃分别拥有和美元。$m_A$$m_B$

如果玩家处于失败位置（即筹码的当前位置用相反的字母标记），他或她可以将筹码移至相邻节点。这种移动要花费一些美元（相应边缘的重量）。

如果玩家处于失败位置并且没有钱来修复它，则该玩家会失败。

现在考虑由一元表示形式给出的，由所有有向加权图（所有权重均为正整数），筹码的初始位置以及Alice和Bob的大写字母组成的语言GAME。$G$

这样爱丽丝在这场比赛中就有了制胜法宝。

该语言游戏属于P。确实，游戏的当前位置由筹码的位置以及Alice和Bob的当前资本来定义，因此动态编程起作用（在此，以一元表示形式给出初始资本很重要）。

现在考虑该游戏的以下概括。考虑几个有向加权图，每个图上都有一个码片。所有图形的所有节点都由A和B标记。现在，如果所有筹码都由B标记，则Bob获胜；如果至少一个筹码由A标记，则Alice获胜。$G_1, \ldots G_n$

考虑由所有图形，初始位置和大写字母和（以一元表示形式）组成的MULTI-GAME语言，以便爱丽丝在相应的游戏中获胜。在这里重要的是，所有图形都必须有大写字母，因此，不仅仅是几个独立的GAME。$G_1, \ldots, G_n$$m_A$$m_B$

问题 MULTI-GAMES语言的复杂性是什么？（这是否也属于P，还是有一些原因使这个问题很难解决？）

UPD1 Neal Young建议使用Conway的理论。但是，我不知道有可能将这种理论用于具有共同资本的几种游戏。

我要显示UPD2的示例，该示例表明MULTI-GAME并不是很简单。让爱丽丝将其资本为项（她将在第个图形上使用美元）。将定义为最小值，这样在第个游戏中，如果Alice和Bob 分别拥有和美元，则Bob获胜。如果（对于某些），则爱丽丝获胜。但是，事实并非如此。考虑下图的两个副本（最初，芯片在左上方A）： $m_A$$n$$m_A = a_1 + a_2 + \ldots a_n$$a_i$$i$$b_i$$i$$a_i$$b_i$$b_1 + \ldots b_n > m_B$$m_A = a_1 + a_2 + \ldots a_n$

对于一张图，如果且或且则Bob获胜。但是，对于具有该图的两个副本的游戏，如果且则Bob输了。实际上，鲍勃必须花费或美元才能将这两个芯片转移到标记为的节点上。然后，爱丽丝可以将至少一个芯片移到以A标记的节点上。此后，Bob没钱保存自己的位置。$m_A=0$$m_B=2$$m_A=1$$m_B=3$$m_A=1$$m_B=5$$4$$5$$B$

UPD3由于关于任意图的问题似乎很难考虑，请考虑使用特定图。将某些图的节点表示为。我的限制如下：对于每对，存在从到边，并且没有反向边。边缘的成本也受到限制：对于，边缘到不大于从到。$G_i$$1, \ldots k$$i<j$$i$$j$$i<j<k$$j$$k$$i$$k$

由于Steven Stadnicki的答案似乎未被提问者接受，因此我认为提供更新可能仍会有所帮助：我将3SAT简化为MULTI-GAME。我没有仔细看过史蒂文的回答，也没有看过他提供的链接，但是基于以下简化，如果MULTI-GAME确实是PSPACE完整的，我不会感到惊讶。但是，我可能不会将结果扩展到NP硬度以外。

甲3SAT实例由条款$C_1, \dots, C_m$，每个子句是所述形式的$C_i = L_{i1} \vee L_{i2} \vee L_{i3}$，其中每个$L_{ik}$或者是变量中的一个$x_1, \dots, x_n$或变量之一的取反。

给定这样的3SAT实例，减少会创建一个包含$n + 1$游戏的MULTI-GAME实例-每个变量一个，另一个游戏用作超额资本沉没。首先，我们将为每个游戏定义图的结构，然后看一个示例并讨论核心思想，然后我们找出分配给边的确切成本以使减价保持稳定。

首先，可变游戏图形$G_j$每个变量$x_j$：

1. 创建顶点标记$x_j$标有A（爱丽丝即获胜顶点）。$G_j$的码片始于顶点$x_j$。
2. 创建一个标记为$T$的顶点和一个标记为$F$的顶点，每个顶点都标记为B（即，两者都是Bob的获胜职位）。创建从$x_j$到$T$和$F$向边，两者的成本均为$1$。

3. 对于每个文字$L_{ik}$子句的$C_i$，如果$L_{ik} = x_j$或$L_{ik} = \neg x_j$，创建标记的顶点$C_iTA$和$C_iFA$标有A和标记的顶点$C_iTB$和用B标记的$C_iFB$。添加边$(T, C_iTA)$和$(F, C_iFA)$的成本都设为$l_{ik}$。（我们将定义$l_{ik}$更高版本。）

   添加边$(C_iTA, C_iTB)$和$(C_iTA, C_iTB)$。如果$L_{ik} = x_j$，则将$(C_iTA, C_iTB)$的成本设置为$l_{ik} - 1$和$(C_iTA, C_iTB)$的成本$l_{ik}$。否则，将$(C_iTA, C_iTB)$的成本设置为$l_{ik}$并且将$(C_iTA, C_iTB)$的成本设置为$l_{ik} - 1$。

资本沉没游戏：

1. 创建一个标记为$C$，标记为B 的顶点。
2. 对于每个子句$C_i$，创建一个标记为$C_iA$的顶点，标记为A，以及一个标记为$C_iB$的顶点，标记为B。创建一个具有边成本c i的边$(C, C_iA)$（同样要在下面确定） ，以及边成本为c i的边（C i A ，C i B ）。$c_i$$(C_iA, C_iB)$$c_i$

这要花很多钱，所以希望有一个例子可以使这更容易理解。我们的3SAT实例如下：

$C_1 = x_1 \vee x_2 \vee \neg x_3$

$C_2 = x_2 \vee x_3 \vee \neg x_4$

$C_3 = \neg x_1 \vee \neg x_3 \vee x_4$

减少使该实例变成4个可变博弈图和1个资本沉没图。在下图中，红色顶点标记为A（即爱丽丝的获胜位置），青色顶点标记为B（Bob的获胜位置）。

$x_1$图形：

$x_2$图形：

$x_3$图形：

$x_4$图形：

资本吸收图：

这个想法如下：

鲍勃被迫进行前$n$举动，以摆脱$n$场可变游戏中的失落位置。每一次这样的移动都对对应变量的true或false分配进行编码。

然后，爱丽丝将有足够的资本来精确进行4次移动，鲍勃的每一个都需要有足够的资本来匹配，以便鲍勃获胜。选择$c_i$值和$l_{ik}$值，以便对于某些子句$C_i$，爱丽丝唯一可能的获胜策略如下：

Alice的子句$C_i$策略：让$C_i = L_{i1} \vee L_{i2} \vee L_{i3}$。对于每个$k \in \{1, 2, 3\}$，如果$L_{ik} = x_j$或$\neg x_j$，移动到$C_i?A$中的可变游戏$x_j$。在资本沉没游戏中也移至$C_iA$

（$C_i?A$表示$C_iTA$或$C_iFA$，在Bob的开局动作后，在给定的变量游戏中只有其中之一是可以到达的。）

如果Bob的开头对应于使某个子句$C_i$不满意的真相分配，则Alice选择$C_i$并实施上述策略将花费Alice $l_{i1} + l_{i2} + l_{i3} + c_i$实施的资本，而Bob则相同击败 另一方面，如果$C_i$满足，那么Bob的反击将获得至少$1$的折扣。我们设定$c_i$和$l_{ik}$ 价值和爱丽丝和鲍勃的起始资本是要确保上述折扣是爱丽丝还是鲍勃获胜的决定因素。

为此目的，集$b = m + 1$，和组

$l_{ik} = 2b^{10} + ib^{2k}$每个$k \in \{1, 2, 3\}$，

$c_i = 3b^{10} + b^8 - \sum_{k=1}^3 ib^{2k}$，

爱丽丝的起始资本为$9b^{10} + b^8$，

而Bob的起始资本为$9b^{10} + b^8 + n - 1.$

请注意，所有这些值都是$m$多项式，因此由归约法输出的MULTI-GAME实例在3SAT实例的大小中具有大小多项式，即使这些成本以一元编码。

还要注意，对于每个子句$C_i$，$l_{i1} + l_{i2} + l_{i3} + c_i = 9b^{10} + b^8$是爱丽丝的起始资本。（这也是$1$大于使第一后Bob的资本$n$移动。）

首先，很明显，如果Bob的开头定义的真相分配使条款$C_i$不满意，那么爱丽丝将使用上面给出的条款$C_i$策略获胜。

如果鲍勃的开头满足所有条款，我们可以争辩说爱丽丝的选择受到限制，这排除了爱丽丝获胜的任何其他可能性。请注意，Alice做出举动的顺序是无关紧要的，因为Bob的响应是强制性的，并且Bob响应Alice举动所需的总资本不会因Alice举动的顺序而改变。

• 爱丽丝不能使多于4个移动：如果Alice使得5点或更多的移动，那么她的移动具有的总成本$\ge 5b^{10}$，这超过了预算。
• 爱丽丝必须作出4个移动：如果Alice选择3个从资本水槽游戏动作那么她的总成本是$\ge 9b^{10} + 3b^8 - 3b^7 > 9b^{10} + 2b^8$这是超过预算。如果她选择甚至一个从可变游戏的3移动，那么她的总成本为$\le 8b^{10} + 2b^8 + b^7$，其是比Bob的开口后资本基本上较少，所以Bob可以很容易地得到反击。
• 爱丽丝必须选择从资本水槽游戏移动：如果她没有，那么她选择来自可变游戏4点移动时，与总成本$\le 8b^{10} + 4b^7$，并再次鲍勃可以很容易地得到反击。（请注意，如果每个子句都有一个单独的资本沉没游戏，我们甚至可以证明爱丽丝必须玩一种这样的游戏。）

从这一阶段开始，我们可以忽略所选移动成本中的$b^{10}$和$b^8$项，因为它们总和为$9b^{10} + b^8$。由于爱丽丝必须选择在首都水槽游戏只有一个举动，认为此举是$C_iA$。然后，爱丽丝拥有（忽略$b^{10}$和$b^8$项）$\sum_{k=1}^3 ib^{2k}$剩余资本，而鲍勃的剩余资本少$1$。

• 爱丽丝必须至少选择一个移动成本$l_{j3}$对一些条款$C_j$：如果她没有，那么她的移动成本（再次低阶项）$\le 3b^5$，和Bob有足够多的资金用于反击。
• 所说的移动成本$l_{j3}$必须是移动成本$l_{i3}$：对于j > i来说，它不能是移动成本$l_{j3}$，否则仅此移动成本≥ （i + 1 ）b 6，这大于爱丽丝的剩余成本预算。如果j < i为l j 3，则Alice也必须选择l （i − j ）3成本变动来耗尽b 6$j > i$$\ge (i+1)b^6$$l_{j3}$$j < i$$l_{(i - j)3}$$b^6$鲍勃剩余预算中的订单项。但随后无论是$b^2$ Bob的剩余预算或阶项$b^2$阶长期没有得到疲惫，所以鲍勃赢得得心应手。

类似的论据应确立，爱丽丝必须选择成本为$l_{i2}$和$l_{i1}$。如果Bob的真值赋值满足$C_i$，那么即使这个策略不工作，作为折现Bob得到的一个$l_{ik}$为基础的成本弥补了$1$较少的资本，他有他开场后。

关于我先前的回答：在事后看来，很明显，对于我在该回答的注释中定义的MULTI-GAME的TABLE-GAME变体，背负式DP足以确定哪个玩家拥有获胜策略。您可以辩称，鲍勃的最佳策略是始终以最小的投资来应对给定游戏桌中的失败状态（这不会阻止鲍勃接下来的举动，否则他会采取其他措施）爱丽丝的举动并不重要。然后，就需要在游戏之间选择爱丽丝的资金分配，以使鲍勃在这些游戏上的最小获胜响应之和超过他的预算，这可以重新定义为背包式问题，该问题具有多项式时间DP以一元成本表示。（我的复发实际上会

事实证明，即使每个游戏只有一个简单的树形结构，具有恒定的深度，实际上每个游戏只有一个有意义的分支（即开始时迫使Bob选择真相分配的分支）也足以获得NP硬度。我有一些想法可以摆脱最初的分叉，最终停滞不前，迫使鲍勃在$n$场游戏中投入了相对固定的资本，而爱丽丝不必提前承诺参与这些游戏，但是显然是因为TABLE-GAME进入了P如果没有前叉，这是不可能的。

对于您的UPD3特殊情况，我还没有考虑太多。我怀疑它也是NP困难的，因为我的可变小工具看起来一眼就好像它们可以适应那些约束，但是我可能不会进一步研究它。

更新：可能不正确，暂时留作探索途径的记录。看评论。

更新2：绝对不正确。

$G = (V, E)$$V = \{1, 2, 3\}$$E = \{(1, 2), (2, 3)\}$

$m_A = m_B = 2$$G_1 = G_2 = G_3 = G$

$M[3,2,2]$$2-u, u$$v, 2 - v$$M[2, 2 - u, 2 - v] = B$$W[3, u, v] = B$$u = 1$$u = 2$$M[2, 2 - u, 2] = A$$u = 0$$W[3, u, 2] = A$

$u$$v$

$m_A, m_B, G_1, \dots, G_n,$

预计算

$W[k, x, y] = \begin{cases}A & \text{if Alice wins GAME on $G_k$ with initial funds $x$ for Alice and $y$ for Bob,} \\ B & \text{otherwise}\end{cases}$

$x \le m_A$$y \le m_B$

$M[k, x, y]$$k$$x \le m_A$$y \le m_B$$M[k, x, y] = B$$A$

$M[1, x, y] = W[1, x, y]$

和

$M[k+1, x, y] = B \quad\text{if and only if}\quad \exists v \forall u, W[k+1, u, v] = B \:\:\text{and}\:\: M[k, x-u, y-v] = B.$

$M[n, m_A, m_B] = A$

$[n]$$n+1$$n\ldots 0$$i+1$$i$$0\leq i\lt n$$0$$0$$n$$[n]$$\geq n$$0$$0$

$G$$\alpha$$\beta$$\alpha$$[i]$$\beta$$\beta$$[j]$$[k]$$j\lt k$$\alpha$$\beta$$\beta$$[j]$$[k]$$[k]$$[i]$$\{i\mid\{j\mid k\}\}$