Tôi gặp trò chơi sau. Tôi sẽ di chuyển cái này theo yêu cầu.

• Một con bọ đang truy cập vào các vòng kết nối và một kẻ thù mong muốn tối đa hóa thời gian đi lại của anh ta.

• Kẻ thù đặt một vòng tròn trên mỗi lượt.

• Con bọ đi từ vị trí hiện tại của nó trực tiếp về phía trung tâm của vòng tròn mới nhất, sau đó dừng lại khi nó chạm vào bên trong vòng tròn (do đó: nó không đi nếu vòng tròn được phát trên vị trí của nó). Đây là lượt của lỗi.

• Có $N$ vòng tròn có sẵn cho đối thủ.

• Mỗi vòng tròn tiếp theo có bán kính nhỏ hơn vòng tròn trước.

• Mỗi vòng tròn phải giao nhau với tất cả các vòng tròn đã chơi trước đó. Đó là, tất cả các vòng tròn phải có một giao điểm chung một khi tất cả được chơi.

EDIT: Đối thủ có thể tự do chọn bán kính của các vòng tròn, tùy thuộc vào các ràng buộc mà bán kính giảm đơn điệu.

Câu hỏi và trả lời:

1. Là khoảng cách như $N\to\infty$ giáp? Trả lời: Không, một ví dụ về chiến lược đối nghịch được đưa ra bởi Câu trả lời này
2. Khoảng cách tối đa mà lỗi phải đi qua khi chơi $N$ vòng tròn. A: nó phát triển tại $\Theta(\log(N))$ , bởi câu trả lời tương tự.

Biến thể 2 : Con bọ đi thẳng về phía giao lộ của hai vòng tròn được chơi gần đây nhất .

CẬP NHẬT: Biến thể này đã được giải quyết, với giả định rằng lỗi chỉ có thể nhớ 2 vòng tròn cuối cùng được phát tại đây . Kết quả lại là một khoảng cách không giới hạn.

Ảnh hưởng gì unliminted bộ nhớ có? tức là lỗi đi đến giao điểm của tất cả các vòng tròn đã chơi trước đó . Điều này tạo ra một giới hạn "lỏng lẻo" của , trong đó d là đường kính của vòng tròn đầu tiên. Rõ ràng nó không thể ít hơn thế này. Xem ở đây . Giới hạn trên hiện tại là 1000 × d . Điều này có được bằng cách xấp xỉ con đường trường hợp xấu nhất khi một chuyến tham quan xung quanh các vòng tròn nhỏ dần. Nó đã chỉ ra rằng lỗi luôn tạo ra sự tiến bộ đến giao lộ cuối cùng, do đó làm giảm khoảng cách bước tiếp theo mà nó phải di chuyển.$O(d)$$d$$1000\times d$

Tôi nghi ngờ quãng đường đi được là một lần nhỏ không đổi chu vi của vòng tròn đầu tiên, nhưng hiện tại tôi không thể cung cấp bằng chứng tốt.

Câu trả lời này có hai phần, cùng cho thấy đúng ràng buộc là :$\Theta(\log N)$

1. Giới hạn dưới là (lần so với bán kính của vòng tròn đầu tiên).$\Omega(\log N)$
2. Một giới hạn trên phù hợp của .$O(\log N)$

Giới hạn dưới của $\Omega(\log N)$

Xét hai vòng tròn đơn vị chạm vào một điểm . (Xem bên dưới; p ở bên phải, lỗi bắt đầu ở bên trái.) Thay thế giữa một vòng tròn và vòng tròn khác. Con bọ sẽ di chuyển lên xuống ngoằn ngoèo qua các kẽ hở giữa hai vòng tròn, di chuyển chủ yếu lên xuống nhưng cũng chậm dần về bên phải. Nếu tôi đã thực hiện một cách chính xác lượng giác, sau N bước, khoảng cách từ điểm chung sẽ là Θ ( 1 / $p$$p$$N$, vàNthứ bước sẽ gây ra lỗi để đi bộΘ(1/N), với tổng số khoảng cáchΘ(logN).$\Theta(1/\sqrt N)$$N$$\Theta(1/N)$$\Theta(\log N)$

Đây là một bản phác thảo của các tính toán. Hãy xem xét một số hai bước liên tiếp mà lỗi tạo ra. Anh ta đi từ một số điểm , đến b , đến c . Điểm a và c nằm trên cùng một đường tròn; điểm b nằm trên đường tròn khác. Gọi o là tâm của đường tròn mà a đang bật. Hãy xem xét ba hình tam giác sau, theo thứ tự kích thước giảm dần:$a$$b$$c$$a$$c$$b$$o$$a$

1. Tam giác isocele (nhớ lại p là điểm chung).$\triangle oap$$p$
2. Tam giác .$\triangle abp$
3. Tam giác nhỏ $\triangle abc$

Các hình tam giác này gần như tương tự (nghĩa là tỉ lệ modulo đồng dạng). Chính xác hơn, cho , Cả ba có tài sản sau đây: tỷ số giữa chiều dài của chân ngắn để chân dài là Θ ( ε ) . (Tôi sẽ không chứng minh điều này chi tiết hơn ở đây, nhưng lưu ý rằng ϵ → 0 khi lỗi đi qua và bằng cách làm nhiễu một đỉnh trong mỗi tam giác với một lượng không đáng kể, các tam giác có thể được tạo ra tương tự.)$\epsilon = |ap|$$\Theta(\epsilon)$$\epsilon\rightarrow 0$

Chân dài và p o của tam giác thứ nhất có chiều dài 1. Chân ngắn của nó | một p | có độ dài ϵ . Segment một p là một chân dài của tam giác thứ hai, vì vậy chân ngắn của hình tam giác mà một b có chiều dài Θ ( ε 2 ) . Segment một b là một chân dài của tam giác thứ ba, vì vậy chân ngắn của hình tam giác mà một c có chiều dài Θ ( ε 3 ) . Do đó, trong hai bước mà lỗi xảy ra:$co$$po$$|ap|$$\epsilon$$ap$$ab$$\Theta(\epsilon^2)$$ab$$ac$$\Theta(\epsilon^3)$

1. Khoảng cách lỗi đi là Θ ( ε 2 ) .$|ab|+|bc|$$\Theta(\epsilon^2)$
2. Khoảng cách từ lỗi đến điểm chung giảm từ ε để ε - Θ ( ε 3 ) .$p$$\epsilon$$\epsilon-\Theta(\epsilon^3)$

Xác định thời gian là số bước trước khi ε t ≈ 1 / 2 k . Bằng (2) ở trên, ε giảm bởi một yếu tố liên tục sau khoảng Θ ( 1 / ε 2 ) bước, vì vậy t k + 1 = t k + Θ ( 2 2 k ) = t k + Θ ( 4 k ) . Như vậy, t k = Θ ( 4 $t_k$$\epsilon_t \approx 1/2^k$$\epsilon$$\Theta(1/\epsilon^2)$$t_{k+1} = t_k + \Theta(2^{2k}) = t_k + \Theta(4^k)$ . Đó là, sau khi Θ ( 4 k ) bước, khoảng cách từ các lỗi đến điểm chung p sẽ vào khoảng 1 / 2 k . Biến thay đổi, sau N bước, khoảng cách từ các lỗi đến điểm chung sẽ ε = Θ ( 1 / $t_k = \Theta(4^k)$$\Theta(4^k)$$p$$1/2^k$$N$. Và, trongNngày bước, lỗi điΘ(ε2)=Θ(1/N). Vì vậy, tổng quãng đường đi trong lần đầu tiênNbước làΘ(1+1/2+1/3+...+1/N)=Θ(logN).$\epsilon = \Theta(1/\sqrt N)$$N$$\Theta(\epsilon^2) = \Theta(1/N)$$N$$\Theta(1+1/2+1/3+...+1/N) = \Theta(\log N)$

Đây là giới hạn dưới.

Nó mở rộng đến Biến thể 2 được đề xuất (theo tôi hiểu), như sau:

Việc thêm các hạn chế rằng lỗi sẽ di chuyển đến điểm gần nhất trong giao điểm của hai vòng tròn được đặt gần đây nhất không giúp ích gì. Đó là, các giảm ràng buộc trên vẫn được áp dụng. Để xem lý do tại sao, chúng tôi sẽ sửa đổi ví dụ trên bằng cách thêm một vòng tròn ngoại lai duy nhất cho phép lỗi đáp ứng hạn chế trong khi vẫn đi trên cùng một đường dẫn:$\Omega(\log N)$

Các vòng tròn màu xanh lá cây và màu xanh là hai vòng tròn từ ví dụ trên. Giao điểm và b giống nhau a và b như trong ví dụ trên. Vòng tròn màu đỏ là vòng tròn "không liên quan" mới. Trình tự trước xen kẽ giữa các vòng tròn màu xanh và màu xanh lá cây. Chuỗi mới sẽ là chuỗi này, nhưng với vòng tròn màu đỏ được thêm vào trước mỗi vòng tròn trong chuỗi cũ: đỏ, xanh dương, đỏ, xanh lá cây, đỏ, xanh dương, đỏ, xanh lá cây, đỏ, xanh lam, ...$a$$b$$a$$b$

Giả sử các lỗi đang ngồi tại sau khi màu xanh được đặt. Vòng tròn tiếp theo được đặt là màu đỏ. Màu đỏ chứa lỗi, vì vậy lỗi không di chuyển. Vòng tròn tiếp theo được đặt là màu xanh lá cây. Bây giờ lỗi di chuyển đến b (là điểm gần nhất trên giao điểm của các vòng tròn màu xanh lá cây và màu đỏ). Bằng cách lặp lại điều này, lỗi di chuyển như trước.$a$$b$

Giới hạn trên của $O(\log N)$

Tôi chỉ phác thảo bằng chứng.

Sửa bất kỳ chuỗi vòng tròn. Chúng tôi sẽ lập luận rằng như , tổng quãng đường đi bởi các lỗi trong những người đầu tiên N bước là O ( log N ) . Giả sử không mất tính tổng quát rằng vòng tròn thứ nhất có bán kính 1.$N\rightarrow \infty$$N$$O(\log N)$

Sửa một lớn tùy ý . Đặt p bởi bất kỳ điểm nào trong giao điểm của N vòng tròn đầu tiên . Lưu ý rằng do cách thức di chuyển của lỗi, trong mỗi bước mà lỗi di chuyển, nó sẽ tiến gần hơn đến p .$N$$p$$N$$p$

Đầu tiên, hãy xem xét các bước trong đó tỷ lệ sau ít nhất là : việc giảm khoảng cách đến $1/\log N$ Tổng quãng đường đi được trong các bước như vậy làO(logN), vì tổng quãng đường đi được trong các bước đó làO(logN) nhânvới khoảng cách ban đầu đếnp. Vì vậy, chúng ta chỉ cần ràng buộc tổng quãng đường đi trong các bước khác --- những người trong đó tỷ lệ đó là tại hầu hết1/logN.

Đầu tiên, chúng tôi lập luận một điều yếu hơn một chút: rằng tổng quãng đường đã đi trong các bước như vậy trước khi bán kính vòng tròn giảm xuống còn 1/2 hoặc ít hơn là . (Chúng tôi hiển thị sau này là đủ để đưa ra ràng buộc.)$O(\log N)$

Xem xét bất kỳ bước như vậy. Đặt và b , tương ứng, biểu thị vị trí của lỗi trước và sau bước. Gọi o là tâm của đường tròn hiện tại. Gọi b ′ lần lượt là điểm trên tia → p b sao cho | p a | = | p b | :$a$$b$$o$$b'$$\overrightarrow{pb}$$|pa| = |pb|$

Hãy xem xét các hình tam giác sau:

1. $\triangle opb$
2. $\triangle pba$
3. $\triangle abb'$

Bằng cách lập luận hình học tương tự như trong càng thấp bị ràng buộc, đối với một số , mỗi người trong các tam giác có hai đôi chân dài và một chân ngắn, và tỷ lệ (đối với từng hình tam giác) của chiều dài chân ngắn với độ dài chân dài là Θ ( ε ) : | b b ′ $\epsilon$$\Theta(\epsilon)$

Phương trình này và giả định rằng , Mà là bán kính vòng tròn, là trong [ 1 / 2 , 1 $|bo|$$[1/2,1]$ ngụ ý rằng , và sau đó | b b ′ | = Θ ( | a b $|ab| = \Theta(|pa|^2/|bo|) = \Theta(|pa|^2)$ .$|bb'| = \Theta(|ab||pa|/|bo|) = \Theta(|pa|^3)$

Bây giờ chúng tôi tập trung vào khoảng cách của lỗi đến . Gọi nó là d trước bước và d ′ sau bước. (Lưu ý d = | p một | , d ' = | p b | , và d - d ' = | b b ' | .)$p$$d$$d'$$d=|pa|$$d'=|pb|$$d-d' = |bb'|$

Trong bước này, khoảng cách giảm bởi | b b ′ | , mà theo các quan sát trên là Ω ( d 3 ) .$d$$|bb'|$$\Omega(d^3)$

Do đó, số bước bổ sung cần thiết để giảm khoảng cách theo hệ số 2 (tối đa là $d/2$ ) là . Biến thay đổi, nếu d = 1 / 2 k , số lượng các bước bổ sung cần thiết để mang lại khoảng cách dưới đây 1 / 2 k + 1 là O ( 4 k ) . Kể từ khi tiền là hình học, tổng số bước cần thiết để mang lại khoảng cách dưới đây 1 / 2 k là O $O(1/d^2)$$d=1/2^k$$1/2^{k+1}$$O(4^k)$$1/2^{k}$ . Thay đổi biến một lần nữa, sau n bước, khoảng cách đến p sẽ là O ( 1 / $O(1/4^k)$$n$$p$.$O(1/\sqrt n)$

Cuối cùng, nhớ lại phương trình được hiển thị một vài đoạn, ở bước thứ , khoảng cách mà lỗi di chuyển, tức là | một b | , Là$n$$|ab|$ . Như vậy, tổng quãng đường đi trong lần đầu tiên N bước như vậy trong khi bán kính vòng tròn là trong [ 1 / 2 , 1 ] là tại hầu hết các N Σ n = 1 O ( 1 $O((\mbox{the current distance to } p)^2) = O(1/n)$$N$$[1/2,1]$

Bằng cách chia tỷ lệ, chúng tôi kết luận rằng, với mọi , tổng quãng đường đã đi trong khi bán kính vòng tròn nằm trong phạm vi [ $k$ là O ( log ( N ) / 2 k ) . Tổng hợp trên k , tổng quãng đường đi được là O ( log N ) . QED$[1/2^k, 1/2^{k+1}]$$O(\log(N)/2^k)$$k$$O(\log N)$

David E. phỏng đoán

"Có lẽ câu trả lời sẽ khác nếu con bọ đi thẳng đến điểm gần nhất trong giao lộ hiện tại, thay vì hướng về trung tâm của vòng tròn mới?"

(EDIT: Lưu ý rằng đây không giống với "biến thể 2" ở cuối câu hỏi của người đăng ban đầu.)

Đây là một bằng chứng (ít nhiều) về phỏng đoán của anh ấy (nó bị ràng buộc trong trường hợp này).

Bổ đề. Đối với biến thể được đề xuất bởi David, tổng quãng đường mà con bọ di chuyển luôn là , trong đó d 0 là khoảng cách tối đa giữa con bọ và bất kỳ điểm nào trong vòng tròn đầu tiên được đặt.$O(d_0)$$d_0$

bằng chứng. Giả sử WLOG rằng nơi an nghỉ cuối cùng là gốc và lỗi bắt đầu từ khoảng cách 1 từ o . Đối với giải trình giả định lỗi bắt đầu tại thời điểm 0 , di chuyển ở tốc độ đơn vị (một inch mỗi giây) và chỉ dừng lại khi đến đĩa cuối cùng được đặt. Lưu ý rằng (như được giải thích thêm bên dưới) khi lỗi thu thập khoảng cách đến điểm gốc của nó.$o$$o$$0$

Phân vùng đĩa đơn vị bán kính (tập trung ở ) vào vô cùng nhiều nhẫn bằng cách vẽ vòng tròn đồng tâm của bán kính 1 , 0.99 , 0.99 2 , 0,99 3 , ... .$o$$1, 0.99, 0.99^2, 0.99^3, \ldots$

Yêu cầu. Trong bất kỳ vòng nào có bán kính (bên ngoài) , con bọ di chuyển tổng cộng tối đa 10 đơn vị d .$d$$10 d$

Bằng chứng phác thảo. Mất tính tổng quát (bằng cách chia tỷ lệ) giả sử bán kính ngoài là 1. Giả sử mâu thuẫn là lỗi dành hơn 10 giây trong vòng này trước khi chuyển sang vòng tiếp theo (bán kính ngoài 0,99). Bất cứ lúc nào , xem xét các góc α ( t ) được hình thành bởi hai vectơ sau: vector chỉ từ lỗi theo hướng các lỗi được đi du lịch, và các véc tơ chỉ từ lỗi về nguồn gốc.$t$$\alpha(t)$

Con bọ luôn di chuyển về điểm gần nhất trong giao điểm của các đĩa được đặt cho đến nay và giao điểm đó là lồi và chứa gốc. Do đó, góc luôn luôn nhỏ hơn chín mươi độ và khoảng cách từ lỗi đến gốc tọa độ đang giảm nghiêm ngặt.$\alpha(t)$

Bất cứ khi nào các góc là, nói, ít hơn tám mươi chín độ, khoảng cách đến nguồn gốc đang giảm với tốc độ ít nhất là 1 / 100 . Nhưng, trong suốt thời gian trong vòng, khoảng cách này giảm ít hơn 1 / 100 , vì vậy tổng số tiền của thời gian dành cho chiếc nhẫn khi α ( t ) < 89 là nhiều nhất là 1 giây. Do đó, ít nhất 9 giây được dành cho góc α ( t ) tối thiểu 89 độ và tối đa 90 độ. Bây giờ hãy xem xét bất kỳ thời gian như vậy t . Vì α $\alpha(t)$$1/100$$1/100$$\alpha(t) < 89$$9$$\alpha(t)$$t$ , và chiếc nhẫn có chiều rộng 1 / 100 , các lỗi được đi du lịch hoặc rõ ràng chiều kim đồng hồ xung quanh chiếc nhẫn, hoặc rõ ràng phản chiều kim đồng hồ.$\alpha(t) \in [89,90]$$1/100$

Gọi là điểm mà con bọ đang di chuyển về phía (điểm gần nhất trong giao điểm của các đĩa được đặt cho đến nay). Khi con bọ di chuyển về phía p , hãy xem xét đường thẳng qua con bọ và vuông góc với hướng chuyển động của con bọ. Dòng này phân tách mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng, một "phía trước" của con bọ (chứa p và giao điểm của các đĩa) và cái kia "đằng sau" con bọ. Đánh dấu các điểm trong nửa mặt phẳng phía sau con bọ chết --- con bọ không bao giờ có thể quay trở lại bất kỳ điểm nào một khi nó được đánh dấu đã chết (vì điểm này không nằm trong giao điểm của các đĩa).$p$$p$$p$

Kể từ khi , và vòng có bán kính 1 và chiều rộng 1 / 100 , gần một nửa số điểm trong vòng là đằng sau những lỗi và đã chết, trong đó có những điểm ngay đằng sau lỗi. Lỗi không thể quay trở lại các điểm đó, vì vậy, nếu lỗi ban đầu di chuyển, theo chiều kim đồng hồ, thì lỗi không thể "quay lại" và bắt đầu di chuyển ngược chiều kim đồng hồ (trong hơn 1 giây). Do đó, trong 10 giây, lỗi sẽ phải mất ít nhất 8 giây để di chuyển theo chiều kim đồng hồ. Nhưng chu vi của vòng là 2 π < $\alpha(t) \in [89,90]$$1/100$$1$$10$$8$$2\pi< 7$, một nửa chiếc nhẫn đã chết ngay khi lỗi bắt đầu và lỗi không thể quay trở lại bất kỳ điểm chết nào, vì vậy điều này là không thể. Điều này chứng minh cho tuyên bố (ít nhiều; có lẽ ai đó có thể đưa ra một lập luận chính xác hơn).

Theo yêu cầu, tổng quãng đường đã đi (trong tất cả các vòng) nhiều nhất là

Rõ ràng yếu tố không đổi ở đây là lỏng lẻo. Ví dụ: nếu con bọ di chuyển trong vòng đầu tiên ở góc 89 độ trở lên, thì con bọ này ngay lập tức giết chết gần một nửa số điểm trong đĩa bán kính 1 (không chỉ các điểm trong một vòng đó).