¿Pierdes en Tetris sólo porque no juegas de forma óptima o cometes errores? Incluso con algo de tiempo para pensar en ello, una secuencia desfavorable de piedras no se puede salvar. El factor decisivo son cinco carriles estrechos y un número impar. Consideramos un campo de juego con \(10\) columnas y \(20\) filas sin portapapeles (mantener): Cada nueva piedra se extrae de forma independiente y distribuida equitativamente de los siete tetrominós . Cada forma consta de cuatro cuadrados conectados. Es posible que se conozca de antemano el episodio completo.
El hecho de que es casi seguro que un juego termine no significa que termine toda secuencia imaginable de piedras. Se puede jugar una secuencia pura de piedras O sin fin: cinco cuadrados colocados uno al lado del otro eliminan dos filas y vacían el tablero. En 7-Bag, cada bolsa mezclada al azar contiene las siete formas exactamente una vez; nuestro argumento del azar no se aplica a esto. En Cómo perder en Tetris, Heidi Burgiel muestra una secuencia que ni siquiera un juego perfecto ayuda: \(S,Z,S,Z,\ldots\) .
S y Z son imágenes especulares, no rotaciones diferentes de la misma piedra. La explicación adjunta describe la idea geométrica que presentamos aquí como prueba por contradicción. La afirmación obvia “en algún momento solo aparecen piedras Z y ninguna fila desaparece con ellas” es errónea. Sólo cinco piedras S idénticas colocadas verticalmente proporcionan la siguiente disposición en un tablero inicialmente vacío. Las mismas letras indican la misma piedra; Los puntos marcan espacios libres.:
a.b.c.d.e.
aabbccddee
.a.b.c.d.eLa fila del medio está completa y eliminada. Si refleja la disposición, obtendrá el mismo contraejemplo para las piedras Z. El problema no es eliminar filas individuales, sino la cuestión de si se pueden controlar todos los desequilibrios que surgen en un número ilimitado de piedras. Numeremos las columnas de \(1\) a \(10\) . Por \(b_i\) denotamos el número total de todas las celdas nuevas colocadas en la columna \(i\) , incluidas las que se eliminaron posteriormente.
\(h_i\) cuenta piedras horizontales S o Z con la columna central \(i\) , \(v_i\) piedras verticales en las columnas \(i\) y \(i+1\) . Las fichas registran el curso del juego, no sólo la pila visible actualmente. Una piedra horizontal distribuye sus celdas en la proporción \(1,2,1\) en tres columnas, una piedra vertical en la proporción \(2,2\) en dos columnas. Ambas imágenes especulares tienen el mismo equilibrio de columnas. Si suma estas contribuciones en todas las ubicaciones, obtendrá para cada columna:
$$b_i=2v_{i-1}+2v_i+h_{i-1}+2h_i+h_{i+1}.$$
Fuera del tablero configuramos todos los contadores en \(0\) ; en particular \(v_0=v_{10}=h_0=h_1=h_{10}=h_{11}=0\) . Esta convención de bordes evita que la balanza cuente piedras que se extenderían más allá del borde del campo de juego. Este tipo de ubicaciones no están permitidas en nuestro modelo. Si la secuencia S/Z bajo consideración comienza en un tablero ya lleno, sean \(a_i\) las celdas inicialmente ocupadas y \(c_i\) las celdas actualmente ocupadas en la columna \(i\) . Después de \(R\) las filas eliminadas son:
$$c_i=a_i+b_i-R,$$
$$b_i-b_j=(c_i-c_j)-(a_i-a_j).$$
Mientras el juego se esté ejecutando, todos \(a_i,c_i\) están entre \(0\) y \(20\) . Por lo tanto, se aplica \(|b_i-b_j|\leq40\) . Si el tablero está inicialmente vacío \(20\) es suficiente. Cada fila eliminada elimina exactamente una celda de cada columna. Esta es la razón por la que el número de filas eliminadas se reduce al comparar dos columnas, incluso si los contadores de las celdas establecidas continúan creciendo. Cuentas las celdas ocupadas en lugar de las alturas de las pilas; Los dos tamaños difieren en cuanto a los agujeros. Si escribimos este límite generalmente como \(D\) , resulta en el borde izquierdo o derecho:
$$2v_2+h_2+h_3=b_2-b_1\leq D,$$
$$2v_8+h_8+h_9=b_9-b_{10}\leq D.$$
Para los pares de columnas interiores agregamos dos diferencias de columnas restringidas: \(b_4-b_3\) y \(b_2-b_1\) a la izquierda, \(b_7-b_8\) y \(b_9-b_{10}\) a la derecha. Después de insertar el saldo de la columna, los contadores intermedios se cancelan entre sí exactamente. Esto deja solo contribuciones no negativas en cada lado izquierdo, que están acotadas conjuntamente por \(2D\) . Esto también nos da un límite superior para los respectivos números de ubicación para los dos pares internos.:
$$\begin{aligned}2v_4+h_4+h_5&=(b_4-b_3)+(b_2-b_1)\\&\leq2D,\\2v_6+h_6+h_7&=(b_7-b_8)+(b_9-b_{10})\\&\leq2D.\end{aligned}$$
Si sumamos las cuatro desigualdades, cada piedra horizontal se cuenta exactamente una vez. Los cuatro tipos de colocaciones verticales transversales también tienen coeficientes positivos. Las piedras horizontales ocupan tres columnas y por lo tanto no encajan completamente en uno de los caminos de dos columnas que se considerarán más adelante. Para las piedras verticales, distinguimos las pistas según la columna de la izquierda. Dado que todos los contadores no son negativos, ninguna de estas contribuciones puede ser cancelada por otro:
$$\sum_{i=2}^{9}h_i+2(v_2+v_4+v_6+v_8)\leq6D.$$
Por lo tanto, las ubicaciones horizontales y verticales con una columna izquierda recta pueden ocurrir un máximo de \(120\) veces en un tablero vacío o \(240\) veces en cualquier tablero precargado. Este es un límite superior, no una afirmación de que realmente pueda alcanzarse. En cualquier caso, estos movimientos evasivos no se pueden utilizar infinitamente. Ahora supongamos que puedes reproducir la secuencia alterna indefinidamente.
Después del último número finito de movimientos evasivos, solo serían posibles ubicaciones verticales en cinco carriles fijos: \((1,2),(3,4),(5,6),(7,8),(9,10)\) . Las formas idénticas encajan entre sí siguiendo un patrón escalonado: la parte inferior se encuentra con la parte superior correspondiente de la piedra anterior. Cambiar de S a Z o viceversa deja un espacio de una celda de ancho y dos celdas de profundidad. El detalle muestra una piedra Z sobre una piedra S; ambas “o” marcan el espacio:
.Z
ZZ
Zo
So
SS
.SOtra piedra vertical en el mismo carril no puede llenar este vacío: su segunda columna chocaría con las celdas vecinas ocupadas. Eliminar filas tampoco ayuda mientras el espacio esté abierto, porque ambas filas no están completas. Una reparación requiere una de las colocaciones transversales u horizontales ya excluidas. Después del último movimiento evasivo, esas brechas son permanentes. En un tablero finito no puede surgir un número infinito de espacios nuevos y desunidos.
Como resultado, sólo puede haber un número finito de cambios de forma en las vías. Un carril inicialmente vacío no cambia esto: tu primera piedra S o Z ya deja un espacio de una sola columna en el suelo que no se puede cerrar con más juego puro en el carril. En un juego supuestamente infinito, cada carril también debe contener un número infinito de piedras. Si un carril permaneciera intacto en algún momento, solo se podría acomodar un número finito de celdas en los carriles restantes debido al equilibrio limitado de las columnas.
Llegamos así a un momento en el que los cinco carriles están permanentemente ocupados y asignados firmemente a un formulario. A partir de este punto contamos \(t\) más piedras y con \(n_j(t)\) el número en la pista \(j\) . Cada una de estas piedras aporta dos celdas a cada columna de su pista. Debido a que las eliminaciones de filas tratan todas las columnas por igual, las diferencias \(n_j(t)-n_k(t)\) siguen siendo limitadas. A largo plazo, cada una de las cinco calles deberá contener una quinta parte de las piedras.:
$$\frac{n_j(t)}{t}\longrightarrow\frac15.$$
Si \(k\) de los cinco carriles están reservados para piedras S, su proporción debería ser de aproximadamente \(k/5\) . Sin embargo, en la secuencia alterna es \(1/2\) : en cada prefijo los números de las piedras S y Z difieren como máximo \(1\) . La división de los carriles debería cumplirse ambas partes al mismo tiempo. Sin embargo, una parte de la mitad no puede representarse como la suma de quintas enteras. Aquí es donde confluyen la frecuencia de las formas alternas y el número impar de pistas igualmente utilizadas. eso seria obligatorio:
$$\frac{k}{5}=\frac12\quad\Longrightarrow\quad k=\frac52.$$
El número de carriles es un número entero. Esta contradicción pone fin al supuesto de un juego infinito. El argumento también muestra por qué el ancho de la placa forma parte del mismo: en el caso de cuatro trenes, esta contradicción no excluye una división en dos trenes S y dos trenes Z. Para la prueba aleatoria necesitamos una longitud de bloque finita \(N\) que conduzca a pérdidas independientemente del tablero actual. “Toda estrategia pierde en algún momento” por sí solo no es suficiente.
La uniformidad se deriva del número finito de estados posibles. Después de cada ubicación completa, hay como máximo \(2^{200}\) patrones de ocupación. También está la información sobre si S o Z aparece a continuación, es decir, un máximo de \(2^{201}\) estados. Si sobrevivieras \(N=2^{201}\) piedras, los estados \(N+1\) antes y después de estos movimientos se repetirían. Debido al tablero idéntico y la misma forma siguiente, los movimientos legales intermedios serían repetibles cualquier número de veces: el juego infinito simplemente excluido.
El límite también cuenta los patrones de tablero inalcanzables y no predice la duración práctica del juego. El conteo geométrico más fino de Burgiel da límites más pequeños; aquí es suficiente un \(N\) finito. Se aplica a todas las asignaciones iniciales permitidas y a ambas fases de la secuencia S/Z. Descompongamos la secuencia aleatoria infinita en bloques disjuntos de longitud \(N\) . Cada bloque es exactamente la secuencia especificada \(S,Z,S,Z,\ldots\) con probabilidad \(q=7^{-N}>0\) . Los bloques son independientes. Por tanto, es probable que ninguno de los primeros \(m\) bloques contenga esta secuencia:
$$\mathbb P(\text{kein Treffer in }m\text{ Blöcken})=(1-q)^m\longrightarrow0.$$
Entonces, con probabilidad \(1\) aparecerá un bloque mortal en algún momento, a menos que el juego termine antes de esa fecha. Esto también se aplica a cualquier cantidad de tiempo para pensar en ello y al conocimiento completo de toda la secuencia de piedras. Esto no resulta en un corto tiempo de juego práctico. Un mal comienzo desenfocado por sí solo no significa derrota; Ciertamente es posible que se produzcan regresos sorprendentes. Así que no te desanimes y disfruta de este juego atemporal.