Quelle est la complexité de ce jeu?

Ceci est une généralisation de ma question précédente .

Que soit une machine déterministe polynomial qui peut poser des questions à un oracle . Initialement, est vide mais cela peut être modifié après un jeu qui sera décrit ci-dessous. Soit une chaîne.$M$$A$$A$$x$

Considérez le jeu Alice et Bob suivant. Initialement, Alice et Bob ont respectivement et dollars. Alice veut et Bob veut .$m_A$$m_B$$M^A(x)=1$$M^A(x)=0$

À chaque étape du jeu, un joueur peut ajouter une chaîne à ; cela coûte dollar, où est une fonction calculable en temps polynomial. Un joueur peut également manquer son pas.$y$$A$$f(y)$$f: \{0,1\}^* \to \mathbb{N}$

Le jeu se termine si les deux joueurs dépensent tout leur argent ou si un joueur a raté un pas alors qu'il ou elle est en position perdante (qui définit par la valeur actuelle de ).$M^A(x)$

Question: est le problème de définir le gagnant de ce jeu pour est un$M, f, x, m_A, m_B$

EXPSPACE - tâche complète?

Notez que peut demander (pour appartenance à ) que les chaînes de longueur polynomiale donc il n'y a pas de sens pour Alice ou Bob à ajouter des chaînes plus plus à . Par conséquent, ce problème se trouve dans EXPSPACE . $M$$A$$A$

Dans ma question précédente, l'ajout de chaque chaîne à coûte un dollar (c'est-à-dire ). Ensuite (comme l'a montré Lance Fortnow ) ce jeu appartient à EXPH et même à PSPACE si . $A$$f \equiv 1$$m_A = m_B$

Cela devrait être EXPSPACE-complet. Je vais esquisser comment obtenir un nombre exponentiel d'alternances, sans réduire tout problème EXPSPACE-complet à celui-ci, mais à partir d'ici, il devrait être simple de terminer.

Notons les mots dans l'oracle après $t$ tours par $A_t$ , donc initialement $A_0=\emptyset$ . Notons les mots interrogés par $M^{A_t}$ par $Q_t$ . La principale observation est que celui qui perd avec $A_t$ , on peut supposer ajouter quelque chose de $Q_t$ à $A$ . C'est parce que dans ce jeu, chaque mouvement coûte de l'argent, nous voulons bouger le moins possible; il est inutile de bouger tant que nous ne gagnons pas. Mais cela implique également que si nous perdons, il est inutile d'ajouter quoi que ce soit de l'extérieur de $Q_t$ .

Supposons pour plus de simplicité que $M$ s'exécute pendant exactement $2n$ étapes et aux étapes $2i$ et $2i+1$ il interroge un mot de longueur exactement $i$ . La fonction de coût $f$ sera simplement $2^{-i}$ sur les mots de longueur $i$ . Le jeu sera tel que Alice a toujours besoin d'ajouter des mots de longueur impaire et Bob a toujours besoin d'ajouter encore des mots de longueur à $A$ . Supposons que $n$ soit impair et qu'Alice soit initialement perdante.

Les budgets $m_A$ et $m_B$ seront fixés afin qu'elle puisse choisir exactement l' une de la longueur $n$ mots interrogé par $M^{A_0}$ à ajouter à $A$ . Le jeu sera tel que cela fera d'elle la gagnante, donc Bob devra bouger. Encore une fois en raison des contraintes budgétaires, il devra choisir exactement l' une de la longueur $n-1$ mots interrogé par $M^{A_1}$ à ajouter à $A$ . Une fois ces éléments ajoutés, $M^{A_2}$ interroge deux nouveaux mots de longueur $n$ (les mêmes, quel que soit le mot ajouté par Bob$A$ ), et Bob va gagner. Alice sera obligée d'ajouter exactement un de ces nouveauxmots delongueur$n$ à$A$ pour la faire gagner.

Le jeu se déroule de cette manière, qui peut être imaginée comme suivant les branches d'un arbre binaire complet de profondeur $n$ , bien qu'à chaque nœud de ramification un des joueurs (déterminé qui, par la parité de la profondeur du nœud) doit faire un choix sur lequel mot à ajouter à $A$ . Après avoir traversé l'arbre, ils manqueront de budget. Si à n'importe quel stade du jeu l'un d'eux décide d'ajouter un mot plus court (par exemple, Alice une longueur $k<n$ mot de $Q_0$dans la première étape), puis si l'autre joueur (dans notre exemple Bob) joue toujours le mot le plus long possible dans l'arbre binaire, il lui restera un peu d'argent à la fin et nous créons le jeu pour qu'il puisse l'utiliser gagner. (Notez qu'Alice pourrait aussi avoir un peu d'argent, mais Bob en aura plus, donc nous concevons la fin du jeu que si l'un d'eux a plus d'argent, alors ce joueur peut gagner.)

De cette façon, Alice décide exponentiellement de nombreuses paires de mots de longueur impaire, et Bob environ exponentiellement de nombreux mots de longueur paire dont une de chaque paire va à $A$ , et ils font ces choix en alternance.