Apakah kamu kalah di Tetris hanya karena kurang maksimal bermain atau melakukan kesalahan? Bahkan dengan waktu yang lama untuk memikirkannya, rangkaian batu yang tidak menguntungkan tidak dapat diselamatkan. Faktor penentunya adalah lima jalur sempit dan jumlah ganjil. Kami menganggap lapangan bermain dengan \(10\) kolom dan \(20\) baris tanpa clipboard (tahan): Setiap batu baru digambar secara independen dan didistribusikan secara merata dari tujuh tetromino . Setiap bentuk terdiri dari empat kotak yang terhubung. Keseluruhan episode mungkin sudah diketahui sebelumnya.
Fakta bahwa sebuah permainan hampir pasti berakhir tidak berarti bahwa setiap rangkaian batu yang mungkin ada akan berakhir. Rangkaian batu O murni dapat dimainkan tanpa henti: lima kotak yang ditempatkan bersebelahan akan menghapus dua baris dan mengosongkan papan. Dalam 7-Bag, setiap kantong yang dicampur secara acak berisi ketujuh bentuk tepat satu kali; argumen kebetulan kami tidak berlaku untuk ini. Dalam Cara Kalah di Tetris, Heidi Burgiel menunjukkan urutan yang bahkan permainan sempurna pun tidak membantu: \(S,Z,S,Z,\ldots\) .
S dan Z adalah bayangan cermin, bukan rotasi berbeda dari batu yang sama. Penjelasan terlampir menguraikan gagasan geometri yang kami sajikan di sini sebagai pembuktian dengan kontradiksi. Klaim yang jelas “pada titik tertentu hanya batu Z yang muncul dan tidak ada baris yang hilang bersamanya” adalah salah. Hanya lima batu S yang identik dan ditempatkan secara vertikal memberikan susunan berikut pada papan yang awalnya kosong. Huruf yang sama menunjukkan batu yang sama; Titik menandai ruang kosong:
a.b.c.d.e.
aabbccddee
.a.b.c.d.eBaris tengah selesai dan dihapus. Jika Anda mencerminkan susunannya, Anda mendapatkan contoh tandingan yang sama untuk batu Z. Masalahnya bukan pada penghapusan baris individual, tetapi pertanyaan apakah Anda dapat mengontrol semua ketidakseimbangan yang muncul pada jumlah batu yang tidak terbatas. Mari beri nomor pada kolom dari \(1\) hingga \(10\) . Dengan \(b_i\) kami menunjukkan jumlah total semua sel baru yang ditempatkan di kolom \(i\) , termasuk yang kemudian dihapus.
\(h_i\) menghitung batu S atau Z horizontal dengan kolom tengah \(i\) , \(v_i\) batu vertikal dalam kolom \(i\) dan \(i+1\) . Penghitung mencatat jalannya permainan, bukan hanya tumpukan yang terlihat saat ini. Sebuah batu horizontal mendistribusikan sel-selnya dengan perbandingan \(1,2,1\) pada tiga kolom, batu vertikal dengan perbandingan \(2,2\) dalam dua kolom. Kedua bayangan cermin mempunyai keseimbangan kolom yang sama. Jika Anda menjumlahkan kontribusi ini di seluruh penempatan, Anda mendapatkan untuk setiap kolom:
$$b_i=2v_{i-1}+2v_i+h_{i-1}+2h_i+h_{i+1}.$$
Di luar papan kami mengatur semua penghitung ke \(0\) ; khususnya \(v_0=v_{10}=h_0=h_1=h_{10}=h_{11}=0\) . Konvensi tepi ini mencegah keseimbangan menghitung batu yang melampaui tepi lapangan permainan. Penempatan seperti itu tidak diperbolehkan dalam model kami. Jika urutan S/Z yang dipertimbangkan dimulai pada papan yang sudah terisi, misalkan \(a_i\) menjadi sel yang awalnya ditempati dan \(c_i\) menjadi sel yang saat ini ditempati di kolom \(i\) . Setelah \(R\) baris yang dihapus adalah:
$$c_i=a_i+b_i-R,$$
$$b_i-b_j=(c_i-c_j)-(a_i-a_j).$$
Selama permainan berjalan, semua \(a_i,c_i\) berada di antara \(0\) dan \(20\) . Oleh karena itu \(|b_i-b_j|\leq40\) berlaku. Jika papan awalnya kosong \(20\) sudah cukup. Setiap baris yang dihapus menghilangkan tepat satu sel dari setiap kolom. Inilah sebabnya mengapa jumlah baris yang dihapus berkurang saat membandingkan dua kolom, bahkan jika penghitung sel yang disetel terus bertambah. Anda menghitung sel yang ditempati, bukan tinggi tumpukan; Kedua ukuran tersebut berbeda dalam hal lubang. Jika kita menulis limit ini secara umum sebagai \(D\) , hasilnya adalah tepi kiri atau kanan:
$$2v_2+h_2+h_3=b_2-b_1\leq D,$$
$$2v_8+h_8+h_9=b_9-b_{10}\leq D.$$
Untuk pasangan kolom dalam kita menambahkan dua perbedaan kolom terbatas: \(b_4-b_3\) dan \(b_2-b_1\) di sebelah kiri, \(b_7-b_8\) dan \(b_9-b_{10}\) di sebelah kanan. Setelah memasukkan saldo kolom, penghitung di antara keduanya saling meniadakan dengan tepat. Ini hanya menyisakan kontribusi non-negatif di setiap sisi kiri, yang dibatasi bersama oleh \(2D\) . Ini juga memberi kita batas atas untuk nomor penempatan masing-masing untuk dua pasangan dalam:
$$\begin{aligned}2v_4+h_4+h_5&=(b_4-b_3)+(b_2-b_1)\\&\leq2D,\\2v_6+h_6+h_7&=(b_7-b_8)+(b_9-b_{10})\\&\leq2D.\end{aligned}$$
Jika kita menjumlahkan keempat pertidaksamaan tersebut, setiap batu horizontal dihitung tepat satu kali. Keempat jenis penempatan vertikal lintas jalur juga memiliki koefisien positif. Batu horizontal menempati tiga kolom dan oleh karena itu tidak sepenuhnya masuk ke dalam salah satu jalur dua kolom yang dibahas nanti. Untuk batu vertikal, kami membedakan treknya sesuai kolom kiri. Karena semua penghitung bersifat non-negatif, tidak satu pun dari kontribusi ini dapat dibatalkan oleh kontribusi lainnya:
$$\sum_{i=2}^{9}h_i+2(v_2+v_4+v_6+v_8)\leq6D.$$
Oleh karena itu, penempatan horizontal dan penempatan vertikal dengan kolom lurus ke kiri dapat dilakukan maksimal \(120\) kali pada papan kosong atau \(240\) kali pada papan yang telah diisi sebelumnya. Ini adalah batas atas, bukan klaim bahwa hal tersebut benar-benar dapat dicapai. Bagaimanapun, gerakan mengelak ini tidak dapat digunakan sesering mungkin. Sekarang mari kita asumsikan bahwa Anda dapat memainkan urutan bergantian tanpa batas waktu.
Setelah gerakan mengelak yang terakhir dari jumlah terbatas, hanya penempatan vertikal di lima jalur tetap yang dimungkinkan: \((1,2),(3,4),(5,6),(7,8),(9,10)\) . Bentuk-bentuk yang identik cocok satu sama lain dalam pola seperti langkah: bagian bawah bertemu dengan bagian atas batu sebelumnya yang serasi. Mengubah dari S ke Z atau sebaliknya meninggalkan celah selebar satu sel dan dalam dua sel. Detailnya menunjukkan batu Z di atas batu S; kedua “o” menandai celahnya:
.Z
ZZ
Zo
So
SS
.SBatu vertikal lain di jalur yang sama tidak dapat mengisi celah ini: kolom kedua akan bertabrakan dengan sel tetangga yang ditempati. Menghapus baris juga tidak membantu selama celahnya terbuka, karena kedua baris tidak lengkap. Perbaikan memerlukan salah satu penempatan lintas jalur atau horizontal yang telah dikecualikan. Setelah langkah mengelak terakhir, kesenjangan tersebut bersifat permanen. Kesenjangan baru yang terpisah-pisah dalam jumlah tak terbatas tidak dapat muncul di papan yang terbatas.
Akibatnya, hanya ada sedikit perubahan bentuk pada lintasan. Jalur yang awalnya kosong tidak mengubah hal ini: batu S atau Z pertama Anda sudah meninggalkan celah satu kolom di lantai yang tidak dapat ditutup dengan permainan jalur murni lebih lanjut. Dalam permainan yang seharusnya tidak terbatas, setiap jalur juga harus memiliki jumlah batu yang tidak terbatas. Jika suatu lajur tetap tidak tersentuh pada titik tertentu, hanya sejumlah sel tertentu yang dapat ditampung di lajur yang tersisa karena terbatasnya keseimbangan kolom.
Oleh karena itu, kami mencapai suatu titik waktu di mana kelima jalur ditempati secara permanen dan ditetapkan secara tegas ke dalam suatu formulir. Mulai saat ini kita menghitung \(t\) lebih banyak batu dan dengan \(n_j(t)\) nomor di trek \(j\) . Masing-masing batu ini menyumbangkan dua sel pada setiap kolom lintasannya. Karena penghapusan baris memperlakukan semua kolom secara setara, perbedaan \(n_j(t)-n_k(t)\) tetap terbatas. Dalam jangka panjang, kelima jalur masing-masing harus menampung seperlima batu:
$$\frac{n_j(t)}{t}\longrightarrow\frac15.$$
Jika \(k\) dari lima jalur dicadangkan untuk batu-S, bagiannya harus sekitar \(k/5\) . Namun, dalam urutan bergantian adalah \(1/2\) : di setiap awalan jumlah batu S dan Z paling banyak berbeda \(1\) . Pembagian lajur tentu harus memenuhi kedua bagian tersebut secara bersamaan. Namun, separuh bagian tidak dapat direpresentasikan sebagai jumlah seluruh seperlima. Di sinilah frekuensi bentuk-bentuk yang bergantian dan jumlah ganjil dari trek-trek yang sama-sama digunakan bersatu. Itu wajib:
$$\frac{k}{5}=\frac12\quad\Longrightarrow\quad k=\frac52.$$
Jumlah jalur adalah bilangan bulat. Kontradiksi ini mengakhiri asumsi adanya permainan tanpa batas. Argumen tersebut juga menunjukkan mengapa lebar papan menjadi bagiannya: Dengan empat kereta, pembagian menjadi dua kereta S dan dua kereta Z tidak dapat dikesampingkan oleh kontradiksi ini. Untuk pembuktian acak kita memerlukan panjang blok terbatas \(N\) yang menyebabkan kerugian terlepas dari papan saat ini. “Setiap strategi akan kalah pada suatu saat” saja tidaklah cukup.
Keseragaman muncul dari terbatasnya jumlah keadaan yang mungkin terjadi. Setelah setiap penempatan selesai, terdapat paling banyak \(2^{200}\) pola hunian. Ada juga informasi apakah S atau Z muncul berikutnya, yaitu maksimum status \(2^{201}\) . Jika Anda ingin bertahan dari batu \(N=2^{201}\) , status \(N+1\) sebelum dan sesudah gerakan ini akan memiliki pengulangan. Karena papan yang identik dan bentuk selanjutnya yang sama, gerakan hukum di antara keduanya akan dapat diulang beberapa kali: permainan tanpa batas dikecualikan.
Batas tersebut juga menghitung pola papan yang tidak dapat dicapai dan tidak memprediksi durasi permainan praktis. Penghitungan geometri Burgiel yang lebih halus memberikan batasan yang lebih kecil; di sini \(N\) terbatas sudah cukup. Ini berlaku untuk semua penetapan awal yang diizinkan dan kedua fase rangkaian S/Z. Mari kita dekomposisi barisan acak tak terhingga menjadi blok-blok terpisah yang panjangnya \(N\) . Setiap blok persis dengan urutan yang ditentukan \(S,Z,S,Z,\ldots\) dengan probabilitas \(q=7^{-N}>0\) . Blok-blok tersebut bersifat independen. Oleh karena itu kemungkinan besar tidak ada blok \(m\) pertama yang memuat urutan ini:
$$\mathbb P(\text{kein Treffer in }m\text{ Blöcken})=(1-q)^m\longrightarrow0.$$
Jadi dengan probabilitas \(1\) sebuah blok mematikan akan muncul di beberapa titik, kecuali permainan berakhir sebelum itu. Hal ini juga berlaku untuk berapa pun jumlah waktu untuk memikirkannya dan pengetahuan lengkap tentang keseluruhan rangkaian batu. Hal ini tidak mengakibatkan waktu bermain praktis menjadi singkat. Awal yang tidak fokus dan buruk bukan berarti kekalahan; comeback yang mengejutkan tentu saja mungkin terjadi. Jadi – jangan berkecil hati dan nikmati permainan abadi ini.