テトリスで負けるのは、最適なプレイをしなかったり、ミスをしたりするためだけですか?いくら時間をかけて考えても、不利な石の並びを救うことはできません。決め手は5本の狭い車線と奇数である。クリップボード (ホールド) なしで\(10\)列と\(20\)行がある競技場を考えます。新しい石はそれぞれ独立して描画され、7 つのテトロミノから均等に分配されます。各形状は、接続された 4 つの正方形で構成されます。エピソード全体が事前にわかっている可能性があります。
ゲームがほぼ確実に終了するという事実は、考えられるすべての石のシーケンスが終了することを意味するわけではありません。 O ストーンの純粋なシーケンスは無限にプレイできます。5 つの正方形が隣り合って配置されると 2 列が削除され、ボードが空になります。 7-Bag では、ランダムに混合された各バッグに 7 つの形状すべてが 1 回だけ含まれます。私たちの偶然の議論はこれには当てはまりません。ハイジ・ブルギエル氏は、『テトリスで負ける方法』の中で、完璧なプレイでも役に立たない一連の流れを示しています: \(S,Z,S,Z,\ldots\) 。
S と Z は鏡像であり、同じ石の異なる回転ではありません。付随する説明では、ここで矛盾による証明として提示する幾何学的な考え方について説明します。 「ある時点で Z 石だけが出現し、それらと一緒に列が消えることはない」という明白な主張は間違いです。 5 つの同一の S ストーンを垂直に配置すると、最初は空のボード上に次のような配置が得られます。同じ文字は同じ石を示します。ドットは空きスペースをマークします:
a.b.c.d.e.
aabbccddee
.a.b.c.d.e中央の行は完了し、削除されます。この配置を反映すると、Z ストーンについても同じ反例が得られます。問題は個々の行を削除することではなく、無制限の数の石にわたって生じるすべての不均衡を制御できるかどうかという問題です。列に\(1\)から\(10\)までの番号を付けましょう。 \(b_i\)は、後で削除されたセルも含め、列\(i\)に配置されたすべての新しいセルの総数を示します。
\(h_i\)中央の列\(i\)で水平方向の S または Z 石を数え、列\(i\)と\(i+1\)で垂直方向の石\(v_i\)を数えます。カウンターは、現在表示されているスタックだけでなく、ゲームの経過を記録します。水平の石は\(1,2,1\)比率で 3 つの列にセルを配置し、垂直の石は\(2,2\)の比率で 2 つの列にセルを配置します。どちらの鏡像も同じカラムバランスを持っています。すべてのプレースメントにわたるこれらの貢献を合計すると、各列で次のようになります。:
$$b_i=2v_{i-1}+2v_i+h_{i-1}+2h_i+h_{i+1}.$$
ボードの外側では、すべてのカウンター\(0\)に設定します。特に\(v_0=v_{10}=h_0=h_1=h_{10}=h_{11}=0\) 。このエッジの規則により、天びんが競技フィールドの端を越えて伸びる石を数えることができなくなります。このような配置はこのモデルでは許可されていません。検討中の S/Z シーケンスが既に埋められているボードから始まる場合、列\(a_i\) \(i\) \(c_i\)とします。 \(R\)で行が削除された後、:
$$c_i=a_i+b_i-R,$$
$$b_i-b_j=(c_i-c_j)-(a_i-a_j).$$
ゲームが実行されている限り、すべての\(a_i,c_i\)は\(0\)から\(20\)の間にあります。したがって、 \(|b_i-b_j|\leq40\)が当てはまります。ボードが最初から空の場合は\(20\)で十分です。行が削除されると、各列からちょうど 1 つのセルが削除されます。これが、設定されたセルのカウンターが増加し続けても、2 つの列を比較するときに削除される行の数が減少する理由です。スタックの高さではなく、占有されているセルをカウントします。穴に関しては、2つのサイズが異なります。この制限を一般に\(D\)と書くと、結果は左端または右端になります。:
$$2v_2+h_2+h_3=b_2-b_1\leq D,$$
$$2v_8+h_8+h_9=b_9-b_{10}\leq D.$$
内側の列のペアについては、2 つの制限された列の差分を追加します。左側に\(b_4-b_3\)と \( \(b_2-b_1\) 、右側に\(b_7-b_8\)と\(b_9-b_{10}\)です。カラムバランスを挿入すると、間にあるカウンターが正確に打ち消し合います。これにより、 \(2D\)で結合された各左側に負でない寄与のみが残ります。これにより、2 つの内側のペアのそれぞれの配置数の上限も決まります。:
$$\begin{aligned}2v_4+h_4+h_5&=(b_4-b_3)+(b_2-b_1)\\&\leq2D,\\2v_6+h_6+h_7&=(b_7-b_8)+(b_9-b_{10})\\&\leq2D.\end{aligned}$$
4 つの不等式を追加すると、水平の石はそれぞれ 1 回だけ数えられます。 4 種類のトラック横断垂直配置にも正の係数があります。水平の石は 3 つの列を占めるため、後で検討する 2 つの列のパスの 1 つに完全には収まりません。垂直の石については、左の列に従って跡を区別します。すべてのカウンタは負ではないため、これらの寄与はいずれも別のカウンタによって取り消されることはできません。:
$$\sum_{i=2}^{9}h_i+2(v_2+v_4+v_6+v_8)\leq6D.$$
したがって、まっすぐな左列による水平配置と垂直配置は、空のボードでは最大\(120\)回、または事前に入力されたボードでは\(240\)回発生する可能性があります。これは上限であり、実際に達成できると主張するものではありません。いずれにせよ、これらの回避技は無限に頻繁に使用できるわけではありません。ここで、交互シーケンスを無限に再生できると仮定しましょう。
有限数の最後の回避移動の後は、5 つの固定レーンでの垂直配置のみが可能になります: \((1,2),(3,4),(5,6),(7,8),(9,10)\) 。同じ形状が階段状のパターンで互いにフィットします。底部が前の石の一致する上部と接触します。 S から Z に、またはその逆に変更すると、幅 1 セル、深さ 2 セルのギャップが残ります。詳細には、S ストーンの上に Z ストーンが重ねられています。両方の「o」はギャップを示します:
.Z
ZZ
Zo
So
SS
.S同じレーンにある別の垂直の石はこのギャップを埋めることができません。その 2 番目の列が隣接する占有セルと衝突してしまいます。両方の行が完了していないため、ギャップが開いている限り行を削除しても役に立ちません。修復には、すでに除外されているクロストラックまたは水平配置のいずれかが必要です。最後の回避動作の後、そのようなギャップは永続的になります。有限のボード上では、新たなバラバラなギャップが無限に発生することはありません。
その結果、トラック上のフォームの変更は有限数のみになります。最初に空のレーンでもこれは変わりません。最初の S または Z ストーンはすでに床に 1 列のギャップを残しており、これをさらに純粋なレーン プレイで埋めることはできません。無限であると思われるゲームでは、各レーンには無限の数の石も保持する必要があります。ある時点でレーンが手付かずのままである場合、カラムのバランスが限られているため、残りのレーンに収容できるセルの数は限られています。
したがって、5 つのレーンすべてが恒久的に占有され、フォームにしっかりと割り当てられる時点に到達します。この時点から、さらに\(t\)個の石を数え、 \(n_j(t)\)を使用してトラック\(j\)の数を数えます。これらの石のそれぞれは、そのトラックの各列に 2 つのセルを提供します。行の削除ではすべての列が同等に扱われるため、差分\(n_j(t)-n_k(t)\)限定されたままになります。長期的には、5 つのレーンすべてにそれぞれストーンの 5 分の 1 を保持する必要があります。:
$$\frac{n_j(t)}{t}\longrightarrow\frac15.$$
5 つのレーンのうち\(k\)が S ストーン用に予約されている場合、そのシェアは\(k/5\)程度になるはずです。ただし、交互のシーケンスでは\(1/2\)です。各接頭語で S 石と Z 石の数の違いは最大でも\(1\) 。レーンの分割では、両方の部分を同時に満たす必要があります。ただし、半分の割合を 5 分の 1 の合計として表すことはできません。ここで、交互の形式の頻度と、奇数の均等に使用されるトラックが組み合わされます。それは必須だろう:
$$\frac{k}{5}=\frac12\quad\Longrightarrow\quad k=\frac52.$$
レーン数は整数です。この矛盾により、無限ゲームの仮定は終わります。この議論は、基板の幅がなぜその一部であるのかも示しています。4 つのトレインの場合、2 つの S トレインと 2 つの Z トレインに分割することは、この矛盾によって排除されません。ランダムな証明には、現在のボードに関係なく損失をもたらす有限のブロック長\(N\)が必要です。 「どの戦略もいつかは負ける」だけでは十分ではありません。
均一性は、可能な状態の有限数から得られます。各配置が完了すると、最大でも\(2^{200}\)の占有パターンが存在します。次に S と Z のどちらが現れるか、つまり最大\(2^{201}\)状態が出現するかどうかに関する情報もあります。 \(N=2^{201}\)個の石を生き残った場合、これらの動きの前後の\(N+1\)個の状態が繰り返されることになります。同一のボードと次の形状が同じであるため、その間の正当な手は何度でも繰り返すことができます。つまり、無限ゲームが除外されるだけです。
この制限には、達成できないボード パターンも含まれており、実際のゲームの長さを予測するものではありません。 Burgiel のより細かい幾何学的な数え方では、より小さな範囲が得られます。ここでは有限\(N\)十分です。これは、許容されるすべての初期割り当てと S/Z シーケンスの両方のフェーズに適用されます。無限のランダム シーケンスを長さ\(N\)の互いに素なブロックに分解してみましょう。各ブロックは、確率\(q=7^{-N}>0\)で指定されたシーケンス\(S,Z,S,Z,\ldots\)とまったく同じです。ブロックは独立しています。したがって、最初の\(m\)ブロックにはこのシーケンスが含まれていない可能性があります。:
$$\mathbb P(\text{kein Treffer in }m\text{ Blöcken})=(1-q)^m\longrightarrow0.$$
したがって、確率\(1\)では、それまでにゲームが終了しない限り、ある時点で致命的なブロックが出現します。これは、時間をかけて考え、石の並び全体を完全に理解する場合にも当てはまります。これによって実際の演奏時間が短くなることはありません。集中力がなく、スタートがうまくいかなかったとしても、それだけで敗北を意味するわけではありません。驚くべきカムバックは確かに可能だ。したがって、落胆せずに、時代を超越したゲームをお楽しみください。