Strategi kemenangan dalam permainan kembar tiga

The Game kembar tiga didefinisikan oleh himpunan berhingga elemen $X$ , dan multi-himpunan berhingga $T$ mengandung kembar tiga elemen. Dua pemain bergiliran memilih elemen dari $X$ sampai semua elemen diambil. Kemudian, skor setiap pemain adalah jumlah kembar tiga dari $T$ di mana ia memiliki setidaknya 2 elemen.

Argumen mencuri strategi standar menunjukkan bahwa pemain pertama selalu dapat mencetak setidaknya $|T|/2$ . Misalkan dengan kontradiksi bahwa itu salah. Kemudian pemain kedua dapat mencetak lebih dari $|T|/2$ . Tapi kemudian pemain pertama, meniru strategi kemenangan pemain kedua, dapat mencetak lebih dari $|T|/2$ juga. Ini adalah kontradiksi karena jumlah skor adalah $|T|$.

PERTANYAAN: apa strategi eksplisit bagi pemain pertama untuk mendapatkan skor setidaknya $|T|/2$ ?

EDIT: Berikut adalah strategi eksplisit untuk pemain pertama yang mendapatkan setidaknya $3|T|/8$ . Untuk setiap triplet di $T$ , tetapkan $P(a,b)$ potensial ( a , b ) berdasarkan jumlah elemen yang diambil oleh pemain (pertama, kedua):

Strategi Player 1 adalah: pilih elemen yang memaksimalkan potensi-jumlah. Misalkan elemen $x$ dan elemen yang dipilih berikutnya oleh pemain 2 adalah $y$ . Saya mengklaim bahwa jumlah potensial setelah kedua gerakan ini meningkat dengan lemah:

• Potensi triplet yang tidak mengandung $x$ atau $y$ tidak berubah.
• Potensi triplet yang berisi $x$ dan $y$ berubah dari $P(a,b)$ ke $P(a+1,b+1)$ , yang selalu setidaknya sama besar.
• Potensi triplet yang berisi $x$ dan bukan $y$ meningkat sebesar $P(a+1,b)-P(a,b)$ ;
• Potensi triplet yang berisi $y$ dan bukan $x$ berkurang oleh $P(a,b)-P(a,b+1)$ ; mudah untuk memeriksa dalam tabel bahwa $P(a,b)-P(a,b+1)\leq P(a+1,b)-P(a,b)$ (Penurunan saat berbelok ke kanan adalah peningkatan paling banyak saat turun).

Secara keseluruhan, jumlah-potensial meningkat dengan jumlah $P(a+1,b)-P(a,b)$ atas semua kembar tiga yang berisi $x$ , dan berkurang sebanyak (paling banyak) jumlah $P(a+1,b)-P(a,b)$ atas semua kembar tiga yang berisi $y$ . Dengan pilihan $x$ , jumlah pertama lemah lebih besar. Jadi potensi-jumlah semakin lemah.

Jadi jumlah-potensi akhir setidaknya $3|T|/8$ . Pada akhirnya, triplet memiliki potensi $1$ ( $0$ ) jika dimenangkan oleh pemain 1 (2), jadi sum-sum final sama dengan skor pemain 1.

Ini bukan bukti lengkap, tapi inilah beberapa alasan mengapa dugaan yang diketahui menyiratkan bahwa permainan mungkin sulit untuk diselesaikan secara komputasi. Yaitu, saya akan berpendapat bahwa menemukan langkah pertama yang benar sudah mungkin rumit.

$\textrm{Denser Induced Subgraph}$

Dua pemain, A dan B, memilih simpul secara bergantian pada grafik umum G. Verteks hanya dapat dipilih satu kali. Ketika tidak ada lagi simpul yang tersisa untuk dipilih, subgraph yang diinduksi oleh pilihan masing-masing pemain dibandingkan. Pemain dengan jumlah tepi terinduksi yang lebih besar dinyatakan sebagai pemenang.

Garis besar bukti:

$\textrm{Denser Induced Subgraph}$$G = (V,E)$$\textrm{Triplets}$$G$$V \cup (E \times \{0,1\})$$e \in E$$u$$v$$(u, v, (e, 0))$$(u, v, (e, 1))$$v \in V$$(v,v,v)$

$\mathrm{Triplets}$$V$$E$$E \times \{0,1\}$$1$$1$$V$$4$

$|V|$$V$

$V_A$$V_B$$(v,v,v)$$4|V|/2 + 2|E[V_A]| + (|E| - |E[V_A]| - |E[V_B]|)$$E[S]$$S$$\square$

Dengan pemikiran ini, kita dapat menarik beberapa karya dalam literatur mendeteksi subgraph padat. Ada satu ton pekerjaan yang relevan di luar sana tentang hal ini yang dapat menarik orang, tetapi untuk kesederhanaan analisis saya akan menarik dugaan tertentu pada kesulitan menemukan grafik acak padat dalam grafik acak jarang (saya percaya bahwa ketergantungan ini dapat dihapus hanya dengan sedikit pemikiran, tetapi ini tidak dimaksudkan sebagai bukti formal).

$G = (V,E)$$G(n, 1/\sqrt{n})$$1/2$$G$$V'$$V$$\sqrt{n}$$u,v$$V'$$(u,v)$$E$$n^{-1/4}$$G$

$51\%$

Misalkan grafik ditambah, dan ada komponen padat yang tidak biasa. Karena tidak ada algoritma waktu-poli yang dapat secara andal mendeteksi keberadaan subgraph padat ini, ia juga tidak dapat secara andal mengambil sampel sebuah simpul dari komponen padat ini (misalnya karena reducibilitas diri). Oleh karena itu, karena (dari perspektif Pemain A) itu memilih titik acak dari grafik Erdos-Renyi murni, tidak masalah banyak yang mengambil titik simpul (hingga perubahan kecil dalam penilaian yang akan berakhir tidak masalah ¹$r$$r-1$$r$

$r$$r$$\Omega(n^{1/4})$

^$O(1)$

Oleh karena itu, meskipun permainan diselesaikan dengan sangat lemah untuk pemain A, tidak mungkin bahwa secara layak layak bagi A untuk bermain bahkan langkah pertama dari strategi kemenangan.

Pendekatan yang didasarkan pada kekerasan dari masalah subgraph terpadat "normal" seharusnya tidak sulit untuk dicapai di sini, juga, dan menyusun reduksi dengan kekerasan hasil perkiraan kemungkinan dapat digunakan untuk mendapatkan beberapa jenis kekerasan berdasarkan dugaan yang lebih umum ( misalnya ETH). Saya tidak yakin apa kesulitan untuk naik ke NP-hardness (atau lebih).