В чем сложность этой игры?

Это обобщение моего предыдущего вопроса .

Пусть будет полиномиальный детерминированный машина , которая может задавать вопросы некоторым оракулом . Первоначально пусто, но это можно изменить после игры, которая будет описана ниже. Позвольте x быть некоторой строкой.$M$$A$$A$$x$

Рассмотрим следующую игру Алисы и Боба. Первоначально Алиса и Боб имеют $m_A$ и $m_B$ долларов соответственно. Алиса хочет $M^A(x)=1$ а Боб хочет $M^A(x)=0$ .

На каждом этапе игры игрок может добавить некоторую строку $y$ в $A$ ; это стоит $f(y)$ доллара, где $f: \{0,1\}^* \to \mathbb{N}$ - вычислимая функция за полиномиальное время. Также игрок может пропустить свой шаг.

Игра заканчивается, если оба игрока тратят все деньги или если какой-то игрок пропустил шаг, когда он или она в проигрышной позиции (что определяется текущим значением $M^A(x)$ ).

Вопрос: проблема определения победителя этой игры для данного $M, f, x, m_A, m_B$ является

EXPSPACE -полное задание?

Обратите внимание , что $M$ может спросить (за принадлежность к $A$ ) только строкам полиномиальной длины , так что нет смысла Алисы или Боб , чтобы добавить более длинные строки в $A$ . Следовательно, эта проблема находится в EXPSPACE .

В моем предыдущем вопросе добавление каждой строки к $A$ стоит один доллар (т.е. $f \equiv 1$ ). Тогда (как это было показано Ланс Фортноу ) эта игра принадлежит EXPH и даже PSPACE , если $m_A = m_B$ .

Это должно быть EXPSPACE-завершено. Я обрисую, как добиться экспоненциального числа чередований, не сводя к этому ни одной задачи, полной EXPSPACE, но отсюда все должно быть просто завершено.

Обозначим слова в оракуле после $t$ округлений через $A_t$ , поэтому изначально $A_0=\emptyset$ . Обозначим слова, запрошенные через $M^{A_t}$ через $Q_t$ . Главное наблюдение состоит в том, что тот , кто теряет с $A_t$ , можно предположить , что добавить что - то от $Q_t$ к $A$ . Это потому, что в этой игре каждый ход стоит денег, мы хотим двигаться как можно меньше; нет смысла делать ход, пока мы не выиграем. Но это также подразумевает, что если мы проигрываем, нет смысла добавлять что-либо извне $Q_t$ .

Для простоты предположим, что $M$ выполняется ровно за $2n$ шагов, а на шагах $2i$ и $2i+1$ он запрашивает слово длины ровно $i$ . Функция стоимости $f$ будет просто $2^{-i}$ для слов длины $i$ . Игра будет такой , что Алиса всегда нужно добавить нечетные слова длины и Боб всегда нужно добавить даже слов длины к $A$ . Предположим, что $n$ нечетно, а Алиса изначально проигрывает.

Бюджеты $m_A$ и $m_B$ будет установлен так , что она может выбрать только один из длины $n$ слов запрашивать с помощью $M^{A_0}$ , чтобы быть добавлены к $A$ . Игра будет такой, что это сделает ее победителем, поэтому Бобу придется двигаться. Опять же из - за бюджетных ограничений, он должен будет выбрать именно один из длины $n-1$ слова опрашивается $M^{A_1}$ , которые будут добавлены к $A$ . После добавления любого из них $M^{A_2}$ запросит два новых слова длиной $n$ (одинаковые, независимо от того, к какому слову Боб добавлен)$A$ ) и Боб победит. Алиса будет вынуждена добавить ровно один из этих новой длины$n$ слов$A$ , чтобы сделать ее выиграть.

Игра продолжается таким образом, который можно представить как следование ветвям полного бинарного дерева глубины $n$ , хотя в каждом ветвящемся узле один из игроков (определяется по которому по четности глубины узла) должен сделать выбор о том, какое слово , чтобы добавить к $A$ . После того, как они пройдут по дереву, у них закончится бюджет. Если на каком-либо этапе игры один из них решает добавить какое-то слово, которое короче (например, Алиса длиной $k<n$ слова из $Q_0$на первом шаге), затем, если другой игрок (в нашем примере Боб) просто играет всегда самое длинное слово, которое он может в двоичном дереве, у него останется немного денег в конце, и мы сделаем игру, чтобы он мог использовать это побеждать. (Обратите внимание, что у Алисы также может быть немного денег, но у Боба их будет больше, поэтому мы разрабатываем конечную игру так, чтобы, если у одного из них было больше денег, этот игрок мог выиграть.)

Таким образом, Алиса решает экспоненциально много пар слов нечетной длины, а Боб - экспоненциально много слов четной длины, которые из каждой пары идут в $A$ , и они делают этот выбор поочередно.