Llenando contenedores con pares de bolas

Un contenedor se llama lleno si contiene al menos $k$ bolas. Nuestro objetivo es hacer la mayor cantidad posible de contenedores completos.

En el escenario más simple, se nos dan $n$ bolas y podemos organizarlas arbitrariamente. En ese caso, obviamente lo mejor que podemos hacer es recoger $\lfloor n/k \rfloor$ contenedores arbitrariamente y poner $k$ bolas en cada uno de ellos.

Estoy interesado en el siguiente escenario: se nos dan $n$ pares de bolas. Tenemos que poner las dos bolas de cada par en dos contenedores diferentes. Luego, llega un adversario y retira una bola de cada par. ¿Qué podemos hacer para tener el máximo número posible de contenedores completos después de la eliminación?

Una estrategia simple es: elegir $\lfloor n/(2k-1) \rfloor$ pares de contenedores. Llene cada par de contenedores con $2k-1$ pares de bolas (cada contenedor contiene $2k-1$ bolas, una bola de cada par). Luego, independientemente de lo que elimine nuestro adversario, tenemos en cada par de contenedores al menos un contenedor completo.

¿Tenemos una estrategia que logre un mayor número de contenedores completos (más de $\lfloor n/(2k-1) \rfloor$ )?

combinatorics balls-and-bins

— Erel Segal-Halevi
fuente

No lo creo

— Zach Saucier

se da

se da?

depende de

n

$n$

k

$k$

k

$k$

n

$n$

— Mal

@EvilJS

se dan, y son independientes.

n

$n$

k

$k$

— Erel Segal-Halevi

¿El jugador coloca todos sus

pares de bolas y luego el adversario elige

bolas ?, o el jugador coloca un par de bolas y luego el adversario elige una de ese par y luego el jugador pone el siguiente par y el adversario elige uno y así sucesivamente hasta que no haya más pares de bolas para colocar?

n

$n$

n

$n$

— rotia

@rotia El jugador coloca todos sus n pares de bolas, y luego el adversario recoge n bolas.

— Erel Segal-Halevi

TL; DR - No, no hay mejor estrategia que la estrategia simple. Aquí está la idea principal de la prueba. Cuando no haya suficientes bolas, habrá un "camino de bola" desde un contenedor lleno hasta un contenedor con un máximo de bolas. El adversario puede pasar una bola de ese contenedor lleno a ese contenedor menos lleno a lo largo de ese camino, lo que puede hacerse repetidamente hasta que se reduzca el número de -full bin . $k$ $k-2$ $k$

Reformulación en la teoría de grafos

Supongamos que se nos da un gráfico finito simple con una función . Decimos que hay bolas en el borde . Sea el conjunto (borde marcado al final) . Si satisface $G(V,E)$ $w: E\to\Bbb Z_{\ge 0}$ $w(e)$ $e$ $E_2$ $\{(e,v)| e\in E, v\in e\}$ $d:E_2\to\Bbb Z_{\ge 0}$ para cada borde , decimos que estádistribuyendo . Cualquierfunción de distribución induce una función, que usamos el mismo símbolo, , $w(e)=d(e,v_1) + d(e,v_2)$ $e=\{v_1,v_2\}$ $d$ $w$ $w$ $d$ $d:V\to\Bbb Z_{\ge 0}$ . Decimos que lasbolas están en . Dado , sea , el número devértices completos por . $d(v) =\sum_{v\in e}d(e,v)$ $d(v)$ $v$ $k\in\Bbb Z_{\gt0}$ $F_k(d)=\#\{v\in V|d(v)\ge k\}$ $k$ $d$

(Erel-Apass Teorema) Para cualquier gráfico simple finito $G(V,E)$ y $w:E\to\Bbb Z_{\ge0}$ , tenemos $\sum_{e\in E}w(e)\geq (2k-1) \min_{w\text{-distributing }d}F_k(d)$

Imagina que cada vértice es un contenedor. Para cada borde ,los pares de bolas se colocan en y , cada uno de los cuales obtienebolas . Entre éstos rodamientos de pares, el adversario puede tomar distancia bolas de y $e=\{v_1,v_2\}$ $w(e)$ $v_1$ $v_2$ $w(e)$ $w(e)$ $d(e,v_2)$ $v_1$ bolas de . El resultado final es el mismo que si, dada todas las bandejas vacías en un principio, para cada borde , las bolas se ponen en él y, a continuación, y bolas se distribuyen a y respectivamente por el adversario. Por lo tanto, elteorema de Erel-Apass dice que para garantizar $d(e,v_1)$ $v_2$ $e=\{v_1, v_2\}$ $w(e)$ $d(e,v_1)$ $d(e,v_2)$ $v_1$ $v_2$ k-contenedores completos después de la eliminación de un adversario inteligente,se necesitanal menos pares de bolas $t$ $(2k-1)t$ En otras palabras, una estrategia óptima para tener la cantidad máxima posible de contenedores completos restantes es, de hecho, la "estrategia simple", que llena repetidamente un par diferente de contenedores con pares de bolas hasta que no tengamos suficientes bolas para repetir . $2k-1$

Prueba del teorema

En aras de la contradicción, dejar que y sea un contraejemplo cuyo número de vértices es el más pequeño entre todos los contraejemplos. Es decir, no es -distributing tal que es mínimo entre todos de -distributing función . Además, $G(V,E)$ $w$ $w$ $m$ $F_k(m)$ $F_k(d)$ $w$ $d$

\sum_{e \in E} w (e) < (2 k - 1) F_{k} (m)

$\sum_{e\in E}w(e)\lt (2k-1)F_k(m)$

Sea . Deje . Entonces . $V_s=\{v\in V | m(v)\le k-2\}$ $V_\ell=\{v\in V|m(v)\geq k\}$ $F_k(m)=\#V_\ell$

Reclamación uno: . $V_s\neq\emptyset$
Prueba de reclamo uno. Supongamos de otro modo que está vacío. $V_s$ nosotros también reutilización como una función de a tal que para cualquier .

\sum_{v \in V} m (v) = (k - 1) # V + \sum_{v \in V} (m (v) - (k - 1)) \geq (k - 1) # V + # V_{ℓ} > (k - 1) # V

$\sum_{v\in V}m(v)= (k-1)\#V +\sum_{v\in V}(m(v)-(k-1)) \ge (k-1)\#V + \#V_\ell \gt (k-1)\#V$

w

$w$

V

$V$

Z_{\geq 0}

$\Bbb Z_{\ge 0}$

w (v) = \sum_{v \in e} w (e)

$w(v)=\sum_{v\in e}w(e)$

v \in V

$v\in V$

Entonces debe haber un vértice

tal que

\begin{aligned} \sum_{v \in V} w (v) & = \sum_{v \in V} \sum_{v \in e} w (e) = \sum_{e \in E} \sum_{v \in e} w (e) = \sum_{e \in E} 2 w (e) = 2 \sum_{e \in E} w (e) \\ = 2 \sum_{e \in E} \sum_{v \in e} m (e, v) = 2 \sum_{v \in V} \sum_{v \in e} m (e, v) = 2 \sum_{v \in V} m (v) \\ > 2 (k - 1) # V \end{aligned}

$\begin{align} \sum_{v\in V}w(v) &=\sum_{v\in V}\sum_{v\in e }w(e) =\sum_{e\in E }\sum_{v\in e}w(e) =\sum_{e\in E}2w(e) =2\sum_{e\in E}w(e)\\ &=2\sum_{e\in E }\sum_{v\in e}m(e,v) =2\sum_{v\in V}\sum_{v\in e }m(e,v) =2\sum_{v\in V}m(v)\\ &\gt 2(k-1)\#V \end{align}$

b

$b$

w (b) \geq 2 k - 1

$w(b)\ge 2k-1$

$G'(V', E')$ $w'$ $V'=V\setminus\{b\}$ $G'(V', E')$ $G[V']$ $w'=w|_{E'}$ $w'$ $d'$ $w$ $d_{d'}$ $d_{d'}$ $d'$ $E'$ $d_{d'}(e, b)=w(e)$ $e$ $b$ $F_k(d_{d'})= F_k(d') + 1$ $d_{d'}(b)=\sum_{b\in e}d_{d'}(e,b) = \sum_{b\in e}w(e)=w(b)\ge 2k-1\ge k$

\begin{aligned} \sum_{e \in E^{'}} w^{'} (e) & \leq \sum_{e \in E} w (e) - w (b) \\ < (2 k - 1) F_{k} (m) - (2 k - 1) \\ = (2 k - 1) (min_{w -distributing d} F_{k} (d) - 1) \\ \leq (2 k - 1) (min_{w^{'} -distributing d^{'}} F_{k} (d_{d^{'}}) - 1) \\ \leq (2 k - 1) min_{w^{'} -distributing d^{'}} F_{k} (d^{'}) \end{aligned}

$\begin{align}\sum_{e\in E'}w'(e)&\le\sum_{e\in E}w(e) - w(b)\\ &\lt (2k-1)F_k(m) -(2k-1)\\ &=(2k-1) \left(\min_{w\text{-distributing }d}F_k(d) -1\right)\\ &\le (2k-1) \left(\min_{w'\text{-distributing }d'}F_k(d_{d'})-1\right)\\ &\le (2k-1) \min_{w'\text{-distributing }d'}F_k(d') \end{align}$

G^{'} (V^{'}, E^{'})

$G'(V', E')$

w^{'}

$w'$

G

$G$

G (V, E)

$G(V,E)$

w

$w$

$v$ $v$ $d$ $u$ $u_0= u, u_1, u_2, \cdots, u_m, u_{m+1}=v$ $m\ge0$ $d(\{u_i, u_{i+1}\}, u_i)>0$ $V_r=V_\ell\cup \{v\in V|\exists u\in V_\ell \text{ and } v\text{ is } m\text{-reachable from } u \}$

$V_r = V$
$V_r\neq V$ $v\in V_r$ $u\notin V_r$ $u$ $v$ $\{v, u\}$ $w(\{v, u\}, v) = 0.$ $G'(V', E')$ $w'$ $v'=V_r$ $G'(V', E')$ $G[V']$ $w'=w|_{E'}$ $w'$ $d'$ $w$ $d_{d'}$ $d_{d'}$ $d'$ $E'$ $m$ $F_k(d_{d'})= F_k(d')$ $k$ $V_\ell\subset V_r$

\begin{aligned} \sum_{e \in E^{'}} w^{'} (e) & \leq \sum_{e \in E} w (e) \\ < (2 k - 1) F_{k} (m) \\ = (2 k - 1) min_{w -distributing d} F_{k} (d) \\ \leq (2 k - 1) min_{w^{'} -distributing d^{'}} F_{k} (d_{d^{'}}) \\ \leq (2 k - 1) min_{w^{'} -distributing d^{'}} F_{k} (d^{'}) \end{aligned}

$\begin{align}\sum_{e\in E'}w'(e)&\le\sum_{e\in E}w(e)\\ &\lt (2k-1)F_k(m)\\ &=(2k-1) \min_{w\text{-distributing }d}F_k(d)\\ &\le (2k-1) \min_{w'\text{-distributing }d'}F_k(d_{d'})\\ &\le (2k-1) \min_{w'\text{-distributing }d'}F_k(d') \end{align}$

G^{'} (V^{'}, E^{'})

$G'(V', E')$

w^{'}

$w'$

G

$G$

G (V, E)

$G(V,E)$

w

$w$

Ahora demostremos el teorema.

$V_r=V$ $V_s\neq\emptyset$ $u_0= u, u_1, u_2, \cdots, u_m, u_{m+1}=v$ $m\ge0$ $m(u)\gt k$ $m(v)\leq k-2$ $d(\{u_i, u_{i+1}\}, u_i)>0$ $w$ $r(m)$ $m$

r (m) (e, u) = {\begin{cases} m ({u_{i}, u_{i + 1}}, u_{i}) - 1 & if (e, u) = ({u_{i}, u_{i + 1}}, u_{i}) for some 0 \leq i \leq m \\ m ({u_{i}, u_{i + 1}}, u_{i + 1}) + 1 & if (e, u) = ({u_{i}, u_{i + 1}}, u_{i + 1}) for some 0 \leq i \leq m \\ m (e, u) & otherwise \end{cases}

$r(m)(e, u)= \begin{cases} m(\{u_i, u_{i+1}\}, u_i) -1 & \text{ if } (e,u)=(\{u_i, u_{i+1}\},u_i)\text { for some } 0\le i\le m\\ m(\{u_i, u_{i+1}\}, u_{i+1}) +1 & \text{ if } (e,u)=(\{u_i, u_{i+1}\},u_{i+1})\text { for some } 0\le i\le m\\ m(e,u) &\text{ otherwise } \end{cases}$

$m$ $r(m)$ $v$ $u$ $m(v)\lt r(m)(v)\le k-1$ $r(m)(u)\lt m(u)$ $r(m)$ $r^2(m)$ $i$ $i$ $w$ $r^i(m)$ $F_k(r^i(m))=0$ $F_k(m)>0$ $F(d)$ $w$ $d$

— John L.
fuente

Leí la prueba, se ve bien. De hecho, si entiendo correctamente, es aún más general ya que permite un gráfico arbitrario: mi pregunta es un caso especial donde G es el gráfico completo. ¿Es esto correcto? Otra pregunta: ¿dónde utiliza exactamente la prueba el hecho de que m es tal que Fk (m) es mínima? Veo que se usa solo en el último párrafo: ¿son ciertas las afirmaciones anteriores en la prueba sin este hecho?

— Erel Segal-Halevi

F_{k} (m)

$F_k(m)$