奶油沼泽拼图中的小精灵

Posted 2023-02-19

【中文标题】奶油沼泽拼图中的小精灵

【英文标题】：Pixies in the custard swamp puzzle

【发布时间】：2010-10-28 00:32:45

【问题描述】：

（感谢 Rich Bradshaw）

我正在为以下谜题寻找最佳策略。

作为新的仙王，你有责任绘制王国的奶油沼泽地图。 沼泽被空灵的薄雾覆盖，蛋奶沙司散落在各处。 您可以将您的小精灵送过沼泽，并附有在每个点飞低或飞高的指示。 如果小精灵从蛋奶冻上俯冲下来，它会分心，不会完成它的序列。 由于雾气很浓，你只知道小精灵是否到达了另一边。

在编码方面..

bool flutter( bool[size] swoop_map ); 

这将返回小精灵是否在给定的猛扑序列中退出。

最简单的方法是一次性传递序列。这揭示了“大小”尝试中的所有蛋奶冻岛。 我更喜欢与蛋奶冻的数量成正比的东西 - 但对以下序列有问题：

     C......C     (that is, custards at beginning and end) 

也欢迎提供其他形式的这个谜题的链接。

【问题讨论】：

这些出击是自适应的还是非自适应的？也就是说，后期小精灵的飞行计划能否依赖于早期小精灵的结果？此外，在低端，您可以期望的最好结果是 log_2(size) 次出击以找到一个蛋奶冻。

是的，如果可以减少总数，鼓励自适应出击。

【参考方案1】：

这让我想到了分而治之。可能是这样的（这是稍微损坏的伪代码。它可能有栅栏错误等）：

retval[size] check()

   bool[size] retval = ALLFALSE;
   bool[size] flut1 = ALLFALSE;
   bool[size] flut2 = ALLFALSE;
   for (int i = 0; i < size/2; ++i) flut1[i] = TRUE;
   for (int i = size/2; i < size; ++i) flut2[i] = TRUE;
   if (flutter(flut1)) retval[0..size/2] = <recurse>check
   if (flutter(flut2)) retval[size/2..size] = <recurse>check

在简单的英语中，它在 custard 地图的每一半上调用颤振。如果任何一半返回 false，则整个一半没有奶油冻。否则，一半的一半具有递归应用的算法。我不确定是否可以做得更好。但是，如果沼泽大部分是奶油冻，这个算法就有点蹩脚了。

想法二：

int itsize = 1
bool[size] retval = ALLFALSE;
for (int pos = 0; pos < size;)

    bool[size] nextval = ALLFALSE;
    for (int pos2 = pos; pos2 < pos + size && pos2 < size; ++pos2) nextval[pos2] = true;
    bool flut = flutter(nextval)
    if (!flut || itsize == 1)
    
        for (int pos2 = pos; pos2 < pos + size && pos2 < size; ++pos2) retval[pos2] = flut;
        pos+=itsize;
    
    if (flut) itsize = 1;
    if (!flut) itsize*=2;

用简单的英语，它在 custard map 的每个元素上调用 flutter，一次一个。如果它没有找到 custard，下一次调用的元素数量将是上一次调用的两倍。这有点像二分搜索，除了只在一个方向上，因为它不知道它正在搜索多少个项目。我不知道这有多有效。

【讨论】：

好吧，我添加了一个更容易分析的变体，可能值得以更简单的方式重写。

分成3个来处理“哨兵”案件（一个在开头和结尾）会有什么好处吗？

算法#1终于得到了正确的分析——一点都不蹩脚。

咖啡师：不是。在“哨兵”情况下，您仍然只花费 O(log(N)) 时间。除以 3 使“哨兵”案例 O(1)，但代价是处理一个特定案例的愚蠢小技巧。

+1 致 Brian：您可以通过多种方式提高最佳情况下的性能，但最坏情况下的提高不会超过一个常数因素。

【参考方案2】：

Brian 的第一个分治算法在以下意义上是最优的：存在一个常数 C，使得在所有具有 n 个正方形和最多 k 个蛋羹的沼泽中，没有算法的最坏情况比 Brian 的算法好 C 倍以上. Brian 的算法使用 O(k log(n/k)) 航班，这是在一个常数因子内 log2(n 选择 k) >= log2((n/k)^k) = k Omega( k 对数（n/k））。 （您需要像 k

为什么布赖恩的算法只使用 O(k log(n/k)) 次飞行？在递归深度 i，它最多进行 min(2^i, k) 次飞行。 0