Adakah anda hanya kalah di Tetris kerana anda tidak bermain secara optimum atau melakukan kesilapan? Walaupun dengan banyak masa untuk memikirkannya, urutan batu yang tidak menguntungkan tidak dapat diselamatkan. Faktor penentu ialah lima lorong sempit dan nombor ganjil. Kami menganggap medan permainan dengan lajur \(10\) dan baris \(20\) tanpa papan keratan (tahan): Setiap batu baharu dilukis secara berasingan dan diagihkan sama rata daripada tujuh tetromino . Setiap bentuk terdiri daripada empat segi empat sama yang bersambung. Seluruh episod mungkin diketahui lebih awal.
Hakikat bahawa permainan hampir pasti berakhir tidak bermakna bahawa setiap urutan batu yang boleh difikirkan berakhir. Urutan batu-O tulen boleh dimainkan tanpa henti: lima petak diletakkan bersebelahan padam dua baris dan kosongkan papan. Dalam 7-Beg, setiap beg bercampur rawak mengandungi kesemua tujuh bentuk tepat sekali; hujah peluang kami tidak terpakai untuk ini. Dalam Cara Kalah di Tetris, Heidi Burgiel menunjukkan urutan yang walaupun permainan yang sempurna tidak membantu: \(S,Z,S,Z,\ldots\) .
S dan Z ialah imej cermin, bukan putaran berbeza bagi batu yang sama. Penjelasan yang disertakan menerangkan idea geometri yang kami kemukakan di sini sebagai bukti dengan percanggahan. Tuntutan yang jelas "pada satu ketika hanya batu Z muncul dan tiada baris hilang bersamanya" adalah salah. Hanya lima batu-S yang serupa dan diletakkan secara menegak menyediakan susunan berikut pada papan yang pada mulanya kosong. Huruf yang sama menunjukkan batu yang sama; Titik menandakan ruang kosong:
a.b.c.d.e.
aabbccddee
.a.b.c.d.eBaris tengah selesai dan dipadamkan. Jika anda mencerminkan susunan, anda mendapat contoh balas yang sama untuk batu-Z. Masalahnya bukan memadamkan baris individu, tetapi persoalan sama ada anda boleh mengawal semua ketidakseimbangan yang timbul merentas bilangan batu yang tidak terhad. Mari kita nomborkan lajur dari \(1\) hingga \(10\) . Dengan \(b_i\) kami menandakan jumlah bilangan semua sel baharu yang diletakkan dalam lajur \(i\) , termasuk yang dipadamkan kemudian.
\(h_i\) mengira batu S atau Z mendatar dengan lajur tengah \(i\) , \(v_i\) batu menegak dalam lajur \(i\) dan \(i+1\) . Kaunter merekodkan perjalanan permainan, bukan hanya timbunan yang kelihatan pada masa ini. Batu melintang mengedarkan selnya dalam nisbah \(1,2,1\) ke atas tiga lajur, batu menegak dalam nisbah \(2,2\) dalam dua lajur. Kedua-dua imej cermin mempunyai keseimbangan lajur yang sama. Jika anda menjumlahkan sumbangan ini merentas semua peletakan, anda akan mendapat untuk setiap lajur:
$$b_i=2v_{i-1}+2v_i+h_{i-1}+2h_i+h_{i+1}.$$
Di luar papan kami menetapkan semua pembilang kepada \(0\) ; khususnya \(v_0=v_{10}=h_0=h_1=h_{10}=h_{11}=0\) . Konvensyen tepi ini menghalang keseimbangan daripada mengira batu yang akan melangkaui tepi padang permainan. Peletakan sedemikian tidak dibenarkan dalam model kami. Jika urutan S/Z yang sedang dipertimbangkan bermula pada papan yang telah diisi, biarkan \(a_i\) menjadi sel yang mula-mula diduduki dan \(c_i\) sel yang sedang diduduki dalam lajur \(i\) . Selepas \(R\) baris dipadam ialah:
$$c_i=a_i+b_i-R,$$
$$b_i-b_j=(c_i-c_j)-(a_i-a_j).$$
Selagi permainan berjalan, semua \(a_i,c_i\) adalah antara \(0\) dan \(20\) . Oleh itu \(|b_i-b_j|\leq40\) terpakai. Jika papan pada mulanya kosong \(20\) sudah memadai. Setiap baris yang dipadamkan mengambil tepat satu sel daripada setiap lajur. Inilah sebabnya bilangan baris yang dipadamkan dikurangkan apabila membandingkan dua lajur, walaupun jika pembilang sel set terus berkembang. Anda mengira sel yang diduduki dan bukannya ketinggian tindanan; Kedua-dua saiz berbeza apabila ia berkaitan dengan lubang. Jika kita menulis had ini secara amnya sebagai \(D\) , ia terhasil di 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 lajur dalam, kami menambah dua perbezaan lajur terhad: \(b_4-b_3\) dan \(b_2-b_1\) di sebelah kiri, \(b_7-b_8\) dan \(b_9-b_{10}\) di sebelah kanan. Selepas memasukkan baki lajur, pembilang di antara membatalkan satu sama lain dengan tepat. Ini hanya meninggalkan sumbangan bukan negatif pada setiap sebelah kiri, yang bersama-sama dibatasi oleh \(2D\) . Ini juga memberi kita had atas untuk nombor peletakan 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 menambah empat ketaksamaan, setiap batu mendatar dikira tepat sekali. Empat jenis peletakan menegak rentas trek juga mempunyai pekali positif. Batu mendatar mengambil tiga tiang dan oleh itu tidak sesuai sepenuhnya ke dalam salah satu laluan dua lajur yang dipertimbangkan kemudian. Untuk batu menegak, kami membezakan trek mengikut lajur kiri. Memandangkan semua kaunter adalah bukan negatif, tiada satu pun daripada sumbangan ini boleh dibatalkan oleh yang lain:
$$\sum_{i=2}^{9}h_i+2(v_2+v_4+v_6+v_8)\leq6D.$$
Peletakan mendatar dan peletakan menegak dengan lajur kiri lurus boleh berlaku maksimum \(120\) kali pada papan kosong atau \(240\) kali pada mana-mana papan pra-isi. Ini adalah batas atas, bukan tuntutan bahawa ia sebenarnya boleh dicapai. Walau apa pun, gerakan mengelak ini tidak boleh digunakan dengan kerap. Sekarang mari kita anggap bahawa anda boleh memainkan urutan berselang-seli selama-lamanya.
Selepas bilangan terhingga pergerakan mengelak yang terakhir, hanya peletakan menegak dalam lima lorong tetap boleh dilakukan: \((1,2),(3,4),(5,6),(7,8),(9,10)\) . Bentuk yang sama sesuai antara satu sama lain dalam corak seperti langkah: bahagian bawah memenuhi bahagian atas yang sepadan dengan batu sebelumnya. Bertukar dari S ke Z atau sebaliknya meninggalkan jurang satu sel lebar dan dua sel dalam. Perincian menunjukkan batu-Z di atas batu-S; kedua-dua "o" menandakan jurang:
.Z
ZZ
Zo
So
SS
.SSatu lagi batu menegak di lorong yang sama tidak dapat mengisi jurang ini: lajur kedua akan berlanggar dengan sel yang diduduki jiran. Memadam baris juga tidak membantu selagi jurang terbuka, kerana kedua-dua baris tidak lengkap. Pembaikan memerlukan salah satu peletakan lintasan atau mendatar yang telah dikecualikan. Selepas langkah mengelak terakhir, jurang seperti itu kekal. Sebilangan besar jurang baru yang tidak bersambung tidak boleh timbul pada papan terhingga.
Akibatnya, hanya terdapat beberapa perubahan dalam bentuk yang terhad pada trek. Lorong kosong pada mulanya tidak mengubah perkara ini: batu S atau Z pertama anda sudah meninggalkan jurang satu lajur di lantai yang tidak boleh ditutup dengan permainan lorong tulen lagi. Dalam permainan yang dikatakan tidak terhingga, setiap lorong juga mesti mempunyai bilangan batu yang tidak terhingga. Jika lorong tidak disentuh pada satu ketika, hanya bilangan sel yang terhad boleh ditempatkan di lorong yang tinggal disebabkan baki lajur yang terhad.
Oleh itu, kami mencapai titik masa di mana kelima-lima lorong diduduki secara kekal dan ditetapkan dengan tegas kepada borang. Mulai saat ini kita mengira \(t\) lebih banyak batu dan dengan \(n_j(t)\) nombor dalam trek \(j\) . Setiap batu ini menyumbang dua sel kepada setiap lajur treknya. Oleh kerana pemadaman baris merawat semua lajur secara sama rata, perbezaan \(n_j(t)-n_k(t)\) kekal terhad. Dalam jangka masa panjang, kelima-lima lorong itu setiap satu mesti memegang seperlima batu:
$$\frac{n_j(t)}{t}\longrightarrow\frac15.$$
Jika \(k\) daripada lima lorong dikhaskan untuk batu-S, bahagiannya hendaklah sekitar \(k/5\) . Walau bagaimanapun, dalam jujukan berselang-seli ia adalah \(1/2\) : dalam setiap awalan bilangan batu S dan Z berbeza paling banyak \(1\) . Pembahagian lorong perlu memenuhi kedua-dua bahagian pada masa yang sama. Walau bagaimanapun, bahagian separuh tidak boleh diwakili sebagai jumlah keseluruhan perlima. Di sinilah kekerapan bentuk berselang-seli dan bilangan ganjil trek yang sama digunakan berkumpul. Itu akan menjadi wajib:
$$\frac{k}{5}=\frac12\quad\Longrightarrow\quad k=\frac52.$$
Bilangan lorong ialah integer. Percanggahan ini menamatkan andaian permainan yang tidak terhingga. Hujah juga menunjukkan mengapa lebar papan adalah sebahagian daripadanya: Dengan empat kereta api, pembahagian kepada dua kereta api S dan dua Z tidak akan diketepikan oleh percanggahan ini. Untuk bukti rawak kami memerlukan panjang blok terhingga \(N\) yang membawa kepada kerugian tanpa mengira papan semasa. "Setiap strategi kalah pada satu ketika" sahaja tidak mencukupi.
Keseragaman berikutan daripada bilangan terhingga keadaan yang mungkin. Selepas setiap peletakan selesai, terdapat paling banyak \(2^{200}\) pola penghunian. Terdapat juga maklumat sama ada S atau Z muncul seterusnya, iaitu maksimum keadaan \(2^{201}\) . Jika anda masih hidup dengan batu \(N=2^{201}\) , \(N+1\) menyatakan sebelum dan selepas pergerakan ini akan mempunyai pengulangan. Oleh kerana papan yang sama dan bentuk seterusnya yang sama, pergerakan undang-undang di antara akan boleh diulang beberapa kali: permainan tak terhingga hanya dikecualikan.
Had ini juga mengira corak papan yang tidak boleh dicapai dan tidak meramalkan panjang permainan praktikal. Kiraan geometri Burgiel yang lebih halus memberikan sempadan yang lebih kecil; di sini \(N\) terhingga sudah memadai. Ia digunakan untuk semua tugasan awal yang dibenarkan dan kedua-dua fasa urutan S/Z. Marilah kita menguraikan jujukan rawak tak terhingga kepada bongkah terputus panjang \(N\) . Setiap blok adalah betul-betul urutan yang ditentukan \(S,Z,S,Z,\ldots\) dengan kebarangkalian \(q=7^{-N}>0\) . Blok adalah bebas. Oleh itu berkemungkinan tiada satu pun blok \(m\) pertama mengandungi jujukan ini:
$$\mathbb P(\text{kein Treffer in }m\text{ Blöcken})=(1-q)^m\longrightarrow0.$$
Jadi dengan kebarangkalian \(1\) blok maut akan muncul pada satu ketika, melainkan permainan berakhir sebelum itu. Ini juga terpakai dengan apa-apa jumlah masa untuk memikirkannya dan pengetahuan lengkap tentang keseluruhan urutan batu. Ini tidak menyebabkan masa bermain praktikal yang singkat. Permulaan yang tidak fokus dan buruk sahaja tidak bermakna kekalahan; kemunculan semula yang mengejutkan pastinya mungkin. Jadi – jangan patah semangat dan nikmati permainan yang tidak lekang oleh masa.