Algorithme pour chasser une cible en mouvement

Supposons que nous ayons une boîte noire que nous pouvons interroger et réinitialiser. Lorsque nous réinitialisons , l'état de est défini sur un élément choisi uniformément au hasard dans l'ensemble où est fixe et connu pour donné . Pour interroger , un élément (la supposition) de est fourni, et la valeur renvoyée est . De plus, l'état de est réglé sur une valeur , où est sélectionné uniformément au hasard parmi $f$ $f$ $f_S$ $f$

{0, 1, . . ., n - 1}

$\{0, 1, ..., n - 1\}$

n

$n$

f

$f$

f

$f$

x

$x$

{0, 1, . . ., n - 1}

$\{0, 1, ..., n - 1\}$

(f_{S} - x) \mod n

$(f_S - x) \mod n$

f_{S}

$f_S$

f

$f$

f_{S}^{'} = f_{S} \pm k

$f_S' = f_S \pm k$

k

$k$

{0, 1, 2, . . ., ⌊ n / 2 ⌋ - ((f_{S} - x) \mod n)}

$\{0, 1, 2, ..., \lfloor n/2 \rfloor - ((f_S - x) \mod n)\}$

En faisant des suppositions uniformément aléatoires avec chaque requête, on s'attendrait à devoir faire $n$ suppositions avant d'obtenir $f_S = x$ , avec la variance $n^2 - n$ (indiqué sans preuve).

Un algorithme peut-il être conçu pour faire mieux (c.-à-d. Faire moins de suppositions, éventuellement avec moins de variance dans le nombre de suppositions)? Que pourrait-il faire de mieux (c.-à-d. Qu'est-ce qu'un algorithme optimal et quelles sont ses performances)?

Une solution efficace à ce problème pourrait avoir d'importantes implications en termes de réduction des coûts pour tirer sur un lapin (confiné au saut sur une piste circulaire) dans une pièce sombre.

algorithms probability-theory randomized-algorithms

— Patrick87
source

Je ne sais pas si tirer sur des lapins est de l'informatique.

— Dave Clarke

@DaveClarke Mais si vous pouvez tirer sur des lapins, vous avez résolu le problème de l'arrêt des lapins.

— Patrick87

@DaveClarke Ni ne tire des satellites dans l'espace, mais le calcul de la position du satellite l'est. Cette question n'est pas totalement différente de la cryptanalyse.

— Gilles 'SO- arrête d'être méchant'

Tout d'abord, je suppose que par

De plus, l'état $f_S$ de $f$ est défini sur une valeur $f_S' = f_S \pm k$ , où $k$ est sélectionné uniformément au hasard parmi
${0, 1, 2, . . ., ⌊ n / 2 ⌋ - ((f_{S} - x) \mod n)}$ $\{0, 1, 2, ..., \lfloor n/2 \rfloor - ((f_S - x) \mod n)\}$

tu veux dire

De plus, l'état de est défini sur une valeur , où est sélectionné uniformément au hasard dans $f_S$ $f$ $f_S' = f_S + k \mod n$ $k$
${- | ⌊ \frac{n}{2} ⌋ - ((f_{S} - x) \mod n) |, \dots, - 1, 0, 1, 2, \dots, | ⌊ \frac{n}{2} ⌋ - ((f_{S} - x) \mod n) |}$ $\left\{- \left| \left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor - ((f_S - x) \mod n) \right|, \ldots, -1, 0, 1, 2, \ldots, \left| \left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor - ((f_S - x) \mod n) \right|\right\}$

Sinon, il n'est pas tout à fait clair que est toujours valable et comment exactement se comporte. $f_S \in \{ 0, ..., n-1\}$ $f_S \pm k$

En utilisant cela, le problème se résume à "manquer autant que possible". Observez que plus nous tirons sur le lapin de près, plus le houblon qu'il fait est gros; dans le cas extrême, nous avons . Il en résulte un saut uniforme entre et , ce qui, fondamentalement, randomise à nouveau complètement la position du lapin. D'un autre côté, si nous manquons le plus mal possible - par un décalage de , le lapin ne bouge pas du tout (!) Et la boîte noire nous met à jour sur ce fait. Par conséquent, nous pouvons simplement nous retourner et tirer sur le lapin. $f_S - x = \pm 1 \mod n$ $-(\lfloor n/2 \rfloor \pm 1)$ $(\lfloor n/2 \rfloor \pm 1)$ $f_S - x \mod n = \lfloor n/2 \rfloor$

Il nous reste à trouver une procédure pour manquer de plus en plus à chaque coup. Je propose une simple "recherche binaire". (Je vais commodément omettre l'arrondi.) Il se déroule approximativement comme suit:

Réinitialisez et tirez à une position arbitraire jusqu'à ce que vous obteniez de la la réponseCela prend une quantité constante d'étapes dans l'attente. $(f_S - x \mod n) \in \{ \frac{1}{4}n, ..., \frac{3}{4}n\}.$
Maintenant, nous savons que la position passée du lapin , et qu'il n'a pas bougé de plus de pas dans les deux sens. Cela divise par deux notre espace de recherche dans la prochaine itération, car le lapin doit être à une position $f_S$ $\frac{1}{4}n$ $f_S' \in \{ (f_S - \frac{1}{4}n) \mod n, ..., f_S, ..., (f_S + \frac{1}{4}n) \mod n \}$
Recurse: tirer à la position . Avec la probabilité , la position le lapin a sauté aux étapes 1 et 2 se situe dans la plage . Dans ce cas, nous avons réduit de moitié l'espace de recherche. Avec la probabilité , le lapin n'a pas sauté dans cette plage, mais puisque nous savons que , nous avons les mêmes hypothèses qu'à l'étape (2) et donc ne rien perdre. $f_S - n/2 \mod n$ $1/2$ $f_S'$ $\{ f_S - \frac{1}{8}n, ..., f_S, ..., f_S + \frac{1}{8}n \}$ $1/2$ $f_S' - x \mod n = f_S' - f_S + n/2 \mod n \in \{ \frac{1}{2}n - \frac{1}{4}n, ..., \frac{1}{2}n + \frac{1}{4}n \}$

Chaque étape a besoin de temps pour réussir et divise par deux l'espace de recherche, ce qui donne un nombre global de nombre d'étapes attendu. $2 = \mathcal{O}(1)$ $\mathcal{O}(\log n)$

— HdM
source