Pierzi la Tetris doar pentru că nu joci optim sau faci greșeli? Chiar și cu orice perioadă de timp pentru a te gândi la asta, o secvență nefavorabilă de pietre nu poate fi salvată. Factorul decisiv sunt cinci benzi înguste și un număr impar. Considerăm un teren de joc cu \(10\) coloane și \(20\) rânduri fără clipboard (hold): Fiecare piatră nouă este desenată independent și egal distribuită din cele șapte tetrominoe . Fiecare formă este formată din patru pătrate conectate. Întregul episod poate fi cunoscut dinainte.
Faptul că un joc se termină aproape sigur nu înseamnă că fiecare succesiune imaginabilă de pietre se termină. O secvență pură de pietre O poate fi jucată la nesfârșit: cinci pătrate plasate unul lângă celălalt șterg două rânduri și golesc tabla. În 7-Bag, fiecare pungă amestecată aleatoriu conține toate cele șapte forme exact o dată; argumentul nostru întâmplător nu se aplică în acest sens. În Cum să pierzi la Tetris, Heidi Burgiel arată o secvență pe care nici măcar jocul perfect nu o ajută: \(S,Z,S,Z,\ldots\) .
S și Z sunt imagini în oglindă, nu rotații diferite ale aceleiași pietre. Explicația însoțitoare descrie ideea geometrică pe care o prezentăm aici ca o dovadă prin contradicție. Afirmația evidentă „la un moment dat doar pietrele Z apar și niciun rând nu dispare cu ele” este greșită. Doar cinci pietre S identice, plasate vertical, oferă următorul aranjament pe o placă inițial goală. Aceleași litere indică aceeași piatră; Punctele marchează spațiile libere:
a.b.c.d.e.
aabbccddee
.a.b.c.d.eRândul din mijloc este complet și șters. Dacă oglindiți aranjamentul, obțineți același contraexemplu pentru pietrele Z. Problema nu este ștergerea rândurilor individuale, ci întrebarea dacă puteți controla toate dezechilibrele care apar într-un număr nelimitat de pietre. Să numerotăm coloanele de la \(1\) la \(10\) . Prin \(b_i\) notăm numărul total al tuturor celulelor noi plasate în coloana \(i\) , inclusiv cele șterse ulterior.
\(h_i\) numără pietrele orizontale S sau Z cu coloana mijlocie \(i\) , \(v_i\) pietre verticale în coloane \(i\) și \(i+1\) . Contoarele înregistrează cursul jocului, nu doar stiva vizibilă în prezent. O piatră orizontală își distribuie celulele în raportul \(1,2,1\) pe trei coloane, o piatră verticală în raportul \(2,2\) în două coloane. Ambele imagini în oglindă au același echilibru de coloană. Dacă adunați aceste contribuții în toate destinațiile de plasare, obțineți pentru fiecare coloană:
$$b_i=2v_{i-1}+2v_i+h_{i-1}+2h_i+h_{i+1}.$$
În afara tablei, setăm toate contoarele la \(0\) ; în special \(v_0=v_{10}=h_0=h_1=h_{10}=h_{11}=0\) . Această convenție de margine împiedică balanța să numere pietre care s-ar extinde dincolo de marginea terenului de joc. Astfel de plasări nu sunt permise în modelul nostru. Dacă secvența S/Z luată în considerare începe pe o tablă deja umplută, fie \(a_i\) celulele ocupate inițial și \(c_i\) celulele ocupate în prezent din coloana \(i\) . După \(R\) rândurile șterse este:
$$c_i=a_i+b_i-R,$$
$$b_i-b_j=(c_i-c_j)-(a_i-a_j).$$
Atâta timp cât jocul rulează, toate \(a_i,c_i\) sunt între \(0\) și \(20\) . Prin urmare, se aplică \(|b_i-b_j|\leq40\) . Dacă placa este inițial goală \(20\) este suficient. Fiecare rând șters elimină exact o celulă din fiecare coloană. Acesta este motivul pentru care numărul de rânduri șterse este redus la compararea a două coloane, chiar dacă contoarele celulelor setate continuă să crească. Numărați celulele ocupate în loc de înălțimile stivei; Cele două dimensiuni diferă când vine vorba de găuri. Dacă scriem această limită în general ca \(D\) , rezultă pe marginea din stânga sau din dreapta:
$$2v_2+h_2+h_3=b_2-b_1\leq D,$$
$$2v_8+h_8+h_9=b_9-b_{10}\leq D.$$
Pentru perechile de coloane interioare adăugăm două diferențe de coloane restricționate: \(b_4-b_3\) și \(b_2-b_1\) în stânga, \(b_7-b_8\) și \(b_9-b_{10}\) în dreapta. După introducerea soldului coloanei, contoarele dintre acestea se anulează reciproc exact. Aceasta lasă doar contribuții nenegative pe fiecare parte din stânga, care sunt mărginite împreună de \(2D\) . Acest lucru ne oferă și o limită superioară pentru numerele de plasare respective pentru cele două perechi interioare:
$$\begin{aligned}2v_4+h_4+h_5&=(b_4-b_3)+(b_2-b_1)\\&\leq2D,\\2v_6+h_6+h_7&=(b_7-b_8)+(b_9-b_{10})\\&\leq2D.\end{aligned}$$
Dacă adunăm cele patru inegalități, fiecare piatră orizontală este numărată exact o dată. Cele patru tipuri de plasări verticale încrucișate au, de asemenea, coeficienți pozitivi. Pietrele orizontale ocupă trei coloane și, prin urmare, nu se încadrează complet într-una dintre căile cu două coloane considerate mai târziu. Pentru pietrele verticale, distingem urmele după coloana din stânga. Deoarece toate contoarele sunt nenegative, niciuna dintre aceste contribuții nu poate fi anulată de către altul:
$$\sum_{i=2}^{9}h_i+2(v_2+v_4+v_6+v_8)\leq6D.$$
Așadar, plasările orizontale și verticale cu o coloană dreaptă din stânga pot avea loc de maximum \(120\) ori pe o tablă goală sau \(240\) ori pe orice tablă pre-umplută. Aceasta este o limită superioară, nu o pretenție că poate fi de fapt atinsă. În orice caz, aceste mișcări evazive nu pot fi folosite la infinit de des. Acum să presupunem că ați putea reda secvența alternativă la nesfârșit.
După ultima dintre numărul finit de mișcări evazive, ar fi posibile doar plasări verticale pe cinci benzi fixe: \((1,2),(3,4),(5,6),(7,8),(9,10)\) . Formele identice se potrivesc una cu cealaltă într-un model în trepte: partea inferioară se întâlnește cu partea superioară a pietrei anterioare. Schimbarea de la S la Z sau invers lasă un gol lat de o celulă și adâncime de două celule. Detaliul arată o piatră Z peste o piatră S; ambele „o” marchează decalajul:
.Z
ZZ
Zo
So
SS
.SO altă piatră verticală de pe aceeași bandă nu poate umple acest gol: a doua sa coloană s-ar ciocni cu celulele ocupate învecinate. Nici ștergerea rândurilor nu ajută atâta timp cât decalajul este deschis, deoarece ambele rânduri nu sunt complete. O reparație necesită una dintre pozițiile orizontale sau transversale deja excluse. După ultima mișcare evazivă, astfel de goluri sunt permanente. Un număr infinit de noi goluri disjunse nu pot apărea pe o placă finită.
Ca rezultat, poate exista doar un număr finit de modificări de formă pe piste. O bandă inițial goală nu schimbă acest lucru: prima ta piatră S sau Z lasă deja un spațiu pe o singură coloană pe podea, care nu poate fi închis prin continuarea jocului pur pe bandă. Într-un joc presupus infinit, fiecare bandă trebuie să conțină și un număr infinit de pietre. Dacă o bandă ar rămâne neatinsă la un moment dat, doar un număr finit de celule ar putea fi adăpostit pe benzile rămase din cauza soldurilor limitate ale coloanei.
Prin urmare, ajungem la un punct în timp în care toate cele cinci benzi sunt ocupate permanent și alocate ferm unui formular. Din acest moment numărăm \(t\) mai multe pietre și cu \(n_j(t)\) numărul din pistă \(j\) . Fiecare dintre aceste pietre contribuie cu două celule la fiecare coloană a căii sale. Deoarece ștergerea rândurilor tratează toate coloanele în mod egal, diferențele \(n_j(t)-n_k(t)\) rămân limitate. Pe termen lung, toate cele cinci benzi trebuie să dețină fiecare o cincime din pietre:
$$\frac{n_j(t)}{t}\longrightarrow\frac15.$$
Dacă \(k\) dintre cele cinci benzi sunt rezervate pentru pietrele S, ponderea acestora ar trebui să fie în jur de \(k/5\) . Totuși, în succesiunea alternantă este \(1/2\) : în fiecare prefix numerele pietrelor S și Z diferă cu cel mult \(1\) . Împărțirea benzilor ar trebui să îndeplinească ambele părți în același timp. Cu toate acestea, o cotă de jumătate nu poate fi reprezentată ca sumă a cincimii întregi. Aici se reunesc frecvența formelor alternante și numărul impar de piese utilizate în mod egal. Asta ar fi obligatoriu:
$$\frac{k}{5}=\frac12\quad\Longrightarrow\quad k=\frac52.$$
Numărul de benzi este un număr întreg. Această contradicție pune capăt presupunerii unui joc infinit. Argumentul arată și de ce lățimea bordului face parte din aceasta: Cu patru trenuri, o împărțire în două trenuri S și două Z nu ar fi exclusă de această contradicție. Pentru demonstrarea aleatorie avem nevoie de o lungime de bloc finită \(N\) care duce la pierdere indiferent de placa curentă. „Fiecare strategie pierde la un moment dat” nu este suficient.
Uniformitatea rezultă din numărul finit de stări posibile. După fiecare plasare finalizată, există cel mult \(2^{200}\) modele de ocupare. Există, de asemenea, informații despre dacă S sau Z apare în continuare, adică un maxim de stări \(2^{201}\) . Dacă ar fi să supraviețuiești pietrelor \(N=2^{201}\) , afirmațiile \(N+1\) înainte și după aceste mișcări ar avea o repetare. Din cauza tablei identice și a aceleiași forme următoare, mișcările legale între ele ar fi repetabile de orice număr de ori: jocul infinit doar exclus.
Limita numără, de asemenea, modele de tablă de neatins și nu prezice durata practică a jocului. Numărarea geometrică mai fină a lui Burgiel dă limite mai mici; aici este suficient un \(N\) finit. Se aplică tuturor asignărilor inițiale permise și ambelor faze ale secvenței S/Z. Să descompunăm șirul aleatoriu infinit în blocuri disjunse de lungime \(N\) . Fiecare bloc este exact secvența specificată \(S,Z,S,Z,\ldots\) cu probabilitatea \(q=7^{-N}>0\) . Blocurile sunt independente. Prin urmare, este probabil ca niciunul dintre primele blocuri \(m\) să nu conţină această secvenţă:
$$\mathbb P(\text{kein Treffer in }m\text{ Blöcken})=(1-q)^m\longrightarrow0.$$
Deci, cu probabilitatea \(1\) un bloc mortal va apărea la un moment dat, cu excepția cazului în care jocul se termină înainte de atunci. Acest lucru se aplică și cu orice perioadă de timp pentru a vă gândi la asta și a cunoașterii complete a întregii secvențe de pietre. Acest lucru nu are ca rezultat un timp scurt de joc practic. Un început neconcentrat și prost singur nu înseamnă înfrângere; reveniri surprinzătoare sunt cu siguranță posibile. Deci – nu vă descurajați și bucurați-vă de jocul atemporal.