Jeux combinatoires. Exercice 1

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1 Jeux pour la théorie des automates, la vérification et l internet Master Parisien de Recherche en Informatique Olivier Serre et Wies law Zielonka 13 novembre 007 (durée : heures) Jeux combinatoires Rappel : Un jeu combinatoire est dit impartial si pour chaque position les deux joueurs ont exactement les mêmes mouvements disponibles. Exercice 1 Le jeu Nim misère se joue comme le jeu Nim normal avec des tas de pièces où à chaque tour le joueur courant doit enlever au moins une pièce d un seul tas. Par contre, on inverse la règle qui détermine le joueur gagnant : dans le Nim misère le joueur qui a enlevé les dernières pièces de la table perd. Question 1: Supposons que sur la table nous avons k tas de tailles n 1,..., n k, k 1. Montrer que si parmi ces tas il y a exactement un seul tas i de taille n i (tous les autres tas sont de taille 1) alors le premier joueur (celui dont c est le tour de jouer) possède une stratégie gagnante. Décrire cette stratégie et montrer qu elle est gagnante. Question : Maintenant on considère une configuration où il existe au moins deux tas de tailles. Montrer que dans ce cas le joueur gagnant dans le Nim misère est celui qui est gagnant dans le Nim normal. Quelle est sa stratégie dans le Nim misère? Indication Pensez à utiliser la stratégie gagnante pour le Nim normal et à l appliquer jusqu à un certain moment (voir la question précédente). Question 1: First note that if there k heaps all of size 1 then the game will end in exactly k steps since each player can (and must) take one element at each step. Thus such a configuration is winning for the second player if and only if k is odd. Now if there are k heaps with one heap having elements (large heap) and all the other heaps with exactly one element (small heaps) then if k is even then the first player should take all elements of the large heap which leaves an odd number k 1 of heaps of size 1, and this configuration is winning for him. if k is odd then the first player should take all elements except one from the large heap which yields a configuration with an odd number k of heaps of size 1, a configuration which is winning for him. Question : Let us recall first what happens in impartial games with normal winning rule (the player unable to move loses). A configuration of any impartial game has either the Grundy value 0 and in this case it is losing for the first player or value 0 and then it is winning for the first player. Moreover, if the Grundy value is 0 then either the first player has no valid move and then he loses immediately or all his valid moves lead to configurations with Grundy value > 0. On the other hand, if Grundy value of a given configuration is > 0 then the first player has a valid move leading to a configuration with Grundy value 0. Thus if the current configuration C contains at least two heaps with size and Grundy value is > 0 then the first player should play as in normal Nim game, i.e. he should choose a move leading to a configuration with Grundy value 0. He will play in this way as long as there are at least two heaps of size. 1

2 At some moment we arrive at a configuration C with exactly one heap of size. The Grundy value of such a configuration is different from 0 (since n 0 if n > 1) thus it is the turn of the first player to play at C. Now the first player should move as indicated in response to Question 1. Exercice Au lieu d utiliser les valeurs de jeux dans le sens de Grundy, on peut analyser les jeux impartiaux en utilisant une fonction d éloignement (dans le cas général il faut deux fonctions éloignement gauche et droite, mais on se limitera ici aux jeux impartiaux). De plus, on suppose que pour chaque jeu considéré G il existe un entier n tel que la longueur de chaque partie de G est bornée par n (on ne considère que les jeux «courts» dans la terminologie de Conway). On supposera que les deux joueurs poursuivent deux objectifs supplémentaires : (A) le joueur gagnant veut terminer la partie le plus vite possible (mais son objectif principal reste toujours de gagner, il veut juste gagner le plus vite possible), (B) le joueur perdant veut prolonger la partie autant que possible (il veut perdre le plus tard possible). L éloignement e(g) d un jeu G est défini comme le nombre de coups pour terminer le jeu quand les deux joueurs jouent optimalement selon les critères (A) et (B). Par exemple, pour le jeu Nim à un seul tas non vide, l éloignement vaut 1 (le premier joueur, qui est le gagnant, enlève d un seul coup toutes les pièces). Question 1: Démontrer que pour le jeu Nim avec deux tas de même taille k > 0 l éloignement vaut k (on voit ici le défaut de la fonction e, les valeurs e(g) et e(h) ne permettent pas de déterminer la valeur e(g+h)). Question : Comment déterminer le joueur gagnant dans un jeu G (premier ou deuxième) si l on connaît l éloignement e(g)? Question 3: Soit G = {G 1,...,G k }, c est-à-dire qu un coup dans G nous mène vers l un de jeux G i, 1 i k. Donner une formule récursive qui exprime e(g) en fonction de e(g 1 ),..., e(g k ). Indication : il y a deux cas selon la parité des valeurs e(g 1 ),..., e(g k ). Question 4: Soit G 1 et G deux jeux impartiaux. La jointure rapide G 1 G est définie comme un jeu où le joueur dont c est le tour de jouer doit faire un mouvement valable à la fois dans G 1 et dans G. Donc le jeu G 1 G se termine si soit dans G 1 soit dans G nous n avons plus de mouvement valide. Montrer que e(g 1 G ) = min{e(g 1 ), e(g )}. Question 1: Note that the Grundy value for two heaps of size n 1 and n is n 1 n, which is 0 if and only if n 1 = n. Thus the configuration (n 1, n ) is winning for the first player if and only if n 1 n and the only possible move leading to a losing configuration consists in reducing the size of the largest heap to get two heaps of equal size min(n 1, n ). Thus a configuration with two heaps of the same size k is losing for the first player. Since there are k elements to remove the number of steps cannot be greater that k. If at each configuration with equal heaps the current player removes just one element from any heap then the other player is obliged to remove one element from the other heap to always maintain heaps of equal size. This gives k moves in total. Question : If the remoteness e(g) is even then if both players play optimally the game ends after e(g) steps and at this moment it is the first player turn to move. Thus for e(g) even the second player has a winning strategy while for e(g) odd the first player has a winning strategy.

3 Question 3: If e(g) is even then G is losing for the first player and then all e(g 1 ),..., e(g k ) are odd (winning for his adversary). The losing player wants to lose as late as possible thus he will move to G i with the greatest value e(g i ). If the remoteness e(g) is odd then the first player has a winning strategy and thus there exist G i with even value e(g i ). Since he wants to win as quickly as possible he will choose G i with the smallest even value of e(g i ). Therefore { 1 + max{e(g i ) 1 i k} if all e(g i ) are odd, e(g) = 1 + min{e(g i ) 1 i k and e(g i ) even} if there exist G i with e(g i ) even. Question 4: Let σ 1, σ be optimal strategies for the first player in G 1 and G respectively, while τ 1, τ optimal strategies for the second player 1. Then (σ 1, σ ) and (τ 1, τ ) yield remoteness min{e(g 1 ), e(g )} in G 1 G. (1) If e(g 1 ) and e(g ) are odd then (σ 1, σ ) guarantee that the first player wins in G 1 G with at most min{e(g 1 ), e(g )} steps against any strategy of his adversary. On the other hand, strategy (τ 1, τ ) guarantees that he second player will not lose before min{e(g 1 ), e(g )} steps against any strategy of his adversary. () If e(g 1 ) and e(g ) are even then the situation is similar to the previous case with the roles of the first and the second player exchanged. It remains to consider the case when the remoteness is even for one of the games and odd for the other. Without loss of generality we can assume e(g 1 ) e(g ) or even that e(g 1 ) < e(g ) since now the equality is impossible. (3) Suppose that e(g 1 ) is odd while e(g ) is even. Then (σ 1, σ ) guarantees that the first player wins G 1 in at most e(g 1 ) steps while in G either he loses, but this would take at least e(g ) steps, or he wins. Since e(g 1 ) < e(g ), this shows that using (σ 1, σ ) in G 1 G the first player guarantees himself to win at most e(g 1 ) = min{e(g 1 ), e(g )} steps. Using (τ 1, τ ) the second player will not lose in G 1 before e(g 1 ) steps. In G the second player wins. When the second player applies this compound strategy in G 1 G then the play will last at least e(g 1 ) steps before the first player wins. (4) Suppose that e(g 1 ) is even while e(g ) is odd. This situation is symmetric to the one of (3) with the roles of both player interchanged. Exercice 3 Soit G le jeu suivant. Sur la table il y a plusieurs tas d allumettes. Le joueur peut (a) soit enlever n importe quel nombre (non nul) d allumettes d un tas, (b) soit diviser un tas en deux tas non vides. Comme d habitude, les joueurs jouent à tour de rôle et le joueur qui n a plus de mouvement valide perd. Soit g(i), i 0, la valeur de la fonction Grundy d un tas de i allumettes. Donner une formule récursive pour g(i). On ne demande pas de chercher à simplifier la formule. g(0) = 0 and, for n 0, g(n) = mex{g(i) g(j) i + j = n, 0 < i, j} {g(i) 0 i < n} Jeux sur des graphes finis 1 optimal for the remoteness, i.e. they guarantee for the winning player to win in at most e(g i ) steps and for the losing player not to lose before e(g i ) steps. He can win in G if the second player plays badly in G. 3

4 Exercice 4 Le but de l exercice est de proposer un algorithme en temps linéaire pour résoudre les jeux de parité sur des graphes non-orientés. Un graphe non-orienté sera ici vu comme un graphe (orienté) G = (S, A), où S est un ensemble fini de sommets, et A S est un ensemble fini d arcs tel que pour tous sommets s, s S on a (s, s ) A si et seulement si (s, s) A. Si l on se donne une partition S = S E S A des sommets entre deux joueurs Eve (E) et Adam (A), on obtient un graphe de jeu non orienté G = (G, S E, S A ). Enfin, si l on munit ce dernier d une fonction de coloriage ρ : S N, on obtient un jeu de parité G = (G, ρ). Rappelons que dans un tel jeu, une partie qui aboutit dans un cul-de-sac est perdue par le joueur qui doit jouer depuis ce dernier sommet, et qu une partie infinie est remportée par Eve si et seulement si la plus petite couleur infiniment souvent visitée est paire. Dans la suite, on supposera que tous les sommets ont des couleurs distinctes et on identifiera ces derniers avec leur couleur. Dans les dessins, un sommet contrôlé par Eve sera représenté par un cercle tandis qu un sommet contrôlé par Adam sera représenté par un carré. La figure 1 présente un exemple d un graphe de jeu non-orienté Fig. 1 Exemple de graphe de jeu non orienté Dans tout l exercice, on suppose que A S E S A S A S E, c est à dire que les joueurs jouent à tour de rôle. Question 1. On considère le graphe G = (S, Ã) défini par : { (i, j) Ã ssi (i, j) A et min{i, j} est pair et i S E min{i, j} est impair et i S A a. Donner le graphe G associé au graphe G de la figure Fig. Réponse question 1.a b. Prouver que le graphe G ne contient pas de cycle (on pourra commencer par considérer le cas particulier des cycles de longueur 4). En conclure qu il existe dans G un sous-ensemble F S de sommets sans successeur. Réponse. Supposons le contraire et notons v 0,..., v k un tel cycle. Considérons i tel que v i est minimal. Supposons que v i S E. Alors comme (v i 1, v i ) Ã, et que min(v i 1, v i ) = v i, on en déduit que v i est impair. De même comme (v i, v i+1 ) Ã, et que min(v i, v i+1 ) = v i, on en déduit que v i est pair, ce qui est contradictoire. Un raisonnement symétrique règle le cas où v i S A. 4

5 L existence de F vient du fait que tout graphe acyclique contient au moins un cul-de-sac. c. Soit G = ( G, S E, S A ) le graphe de jeu induit par S E S A. D après la question précédente, toute partie dans G va se terminer dans F. On appelle alors G le jeu d accessibilité sur G dans lequel Eve remporte une partie si et seulement si elle se termine dans un sommet de F S A. Montrer qu un sommet est gagnant pour Eve dans G si et seulement s il est gagnant pour Eve dans G. Réponse. Soit ϕ une stratégie positionnelle gagnante pour Eve dans G sur son ensemble de position gagnante. Montrons que ϕ utilisée dans G est bien définie lorsqu elle est utilisée dans une partie débutant dans un sommet gagnant d Eve dans G. Soit v 0 un tel sommet et soit λ = v 0 v n une partie partielle dans G où Eve respecte ϕ et telle que v n S E. Soit v n+1 = ϕ(v n ). Supposons que (v n, v n+1 ) / Ã (i.e. ϕ n est pas bien définie dans G) : min(v n, v n+1 ) est donc impair. Considérons la partie infinie v 0 (v n v n+1 ) ω : c est une partie dans G où Eve respecte ϕ et qui débute dans un sommet gagnant pour elle. Cependant la plus petite couleur infiniment visitée est min(v n, v n+1 ) et est donc impaire, ce qui est contradictoire. Ainsi, ϕ est bien définie sur G, ce qui veut en particulier dire que si Eve la respecte, elle n atteint jamais un sommet de F S E (sinon φ lui donnerait un coup non valide dans un tel sommet). Ainsi, ϕ est gagnante et toute position gagnante pour Eve dans G l est aussi dans G. Réciproquement, on fait le même raisonnement en partant cette fois d une stratégie pour Adam dans G. Soit ϕ une stratégie positionnelle gagnante pour Adam dans G sur son ensemble de position gagnante. Montrons que ϕ utilisée dans G est bien définie lorsqu elle est utilisée dans une partie débutant dans un sommet gagnant d Adam dans G. Soit v 0 un tel sommet et soit λ = v 0 v n une partie partielle dans G où Adam respecte ϕ et telle que v n S A. Soit v n+1 = ϕ(v n ). Supposons que (v n, v n+1 ) / Ã (i.e. ϕ n est pas bien définie dans G) : min(v n, v n+1 ) est donc pair. Considérons la partie infinie v 0 (v n v n+1 ) ω : c est une partie dans G où Adam respecte ϕ et qui débute dans un sommet gagnant pour lui. Cependant la plus petite couleur infiniment visitée est min(v n, v n+1 ) et est donc paire, ce qui est contradictoire. Ainsi, ϕ est bien définie sur G, ce qui veut en particulier dire que si Adam la respecte, il n atteint jamais un sommet de F S A (sinon φ lui donnerait un coup non valide dans un tel sommet). Ainsi, ϕ est gagnante et toute position gagnante pour Adam dans G l est aussi dans G. Question. Proposer un algorithme fonctionnant en temps linéaire pour calculer les positions gagnantes pour Eve dans le jeu G. En déduire que l on peut calculer en temps linéaire les positions gagnantes dans le jeu G. Réponse. Le graphe de jeu G se calcule en temps linéaire à partir de G. Ensuite, il faut résoudre un jeu d accessibilité sur G, ce qui se fait également en temps linéaire. Jeux avec paiement Exercice 5 Les joueurs 1 et doivent décider s ils prennent leurs parapluies en sortant de la maison. La probabilité qu il pleuve est de 1 et elle est connue de deux joueurs. Les préférences de chaque joueurs sont modélisées avec une fonction de paiement : 5 si le joueur sort sans parapluie et qu il pleut, s il sort avec un parapluie et qu il pleut, 1 s il sort avec un parapluie et qu il ne pleut pas, +1 s il sort sans parapluie et qu il ne pleut pas. Le joueur 1 apprend quel est le temps avant de sortir. Le joueur ne sais pas quel est le temps mais il peut observer si le joueur 1 sort avec ou sans son parapluie. Donner la forme extensive et la forme stratégique de ce jeu. Extensive form game : 5

6 (Intuitively, actions a, A mean «avec parapluie» while s, S mean «sans parapluie».) In stratégic form player 1 has stratégies {Aa,As,Sa,Ss} where for each pair Xy, X {A, S} is the strategy in information state (1, 0) while y {a, s} is the strategy in state (1, 1). Player has also 4 strategies : {Aa,As,Sa,Ss}, where where for each pair Xy, X {A, S} is the strategy in information state (, a) while y {a, s} is the strategy in information state (, s). Thus the same game in strategic form looks like : Exercice 6 Aa As Sa Ss 1 Aa ( 3, 3 ) ( 3, 3 ) ( 3, ) ( 3, ) As ( 1, 3 ) ( 1, 1 ) ( 1, 3) ( 1, ) Sa ( 3, 3 ) ( 3, 3) ( 3, 1 ) ( 3, ) Ss (, 3 ) (, ) (, 3 ) (, ) Une journée ensoleillée, les vacanciers se repartissent uniformément sur une plage de longueur 1, c est-à-dire le nombre de vacanciers sur un intervalle [a, b] de la plage, 0 a b 1, est proportionnel à b a. Le matin, chaque marchand de glaces décide de façon indépendante où il se placera pour toute la journée sur la plage (ils ne bougent plus jusqu à la fin de la journée). Chaque vacancier achète toujours les glaces chez le marchand le plus proche. Le but de chaque marchand de glaces est de maximiser le nombre de ses clients. Si, par exemple, il y a trois marchands sur les positions respectives 0 a < b < c 1 alors le premier reçoit tous les clients de l intervalle [0, a+b a+b ], le deuxième tous les clients de l intervalle [, b+c ] et le troisième tous les client de [ b+c, 1]. Plusieurs marchands peuvent occuper la même position et dans ce cas ils se repartissent de façon équitable les clients correspondants : s il y a n marchands sur la même position et si cette position est la plus proche pour m clients alors chacun de ces marchands recevra m n de clients. La stratégie d un marchand se résume donc au choix de sa position x sur la plage. Quels sont les équilibres de Nash s il y a juste deux marchands sur la plage? Est-ce qu il y a des équilibres de Nash s il y a n 3 marchands à se partager les clients? Justifier votre réponse. If there are two ice cream vendors at positions 0 x < y 1 then this is not an equilibrium since, for example, the vendor at position x can get strictly more customers if he takes the position x+y (or any position closer to the other vendor). 6

7 Suppose now that both ice cream vendors have the same position 0 x 1 with x 1. Then both of them have exactly half of the clients. However, this is not an equilibrium since the vendor going to the position 1 would get more than half of the clients if the other vendor stays at x. If both vendors are at 1, i.e. in the middle of the beach then this is an equilibrium, any vendor trying to change his position (while the other stays at 1 ) will get strictly less than half of the clients. If there are three vendors then there is no Nash equilibrium. If all three vendors are at the same position 0 x 1 then each of them gets 1 3 of clients. The point x divides the interval [0; 1] on two intervals of length x and 1 x, one of them has length 1. Without loss of generality we can suppose that x 1 and ten if one of the vendors goes to position x ǫ he gets x ǫ/ 1 ǫ/ clients, which for sufficiently small ǫ is greater than 1 3. If the tree vendors are not all at the same position, i.e. they are at positions 0 x 1 x x 3 1, where either x 1 x or x x 3 then either there is only one vendor at x 1 or there is only one vendor at x 3. Such a vendor can get more clients if he comes closer and closer to x. If there are more than 3 vendors then there exist Nash equilibria. Suppose that the number of vendors is even, say 8 to fix the attention. Then we place them in group of at positions : 1 8, 3 8, 5 8, 7 8 like this : Each vendor will get the fraction 1 8 of customers and one can see readily that if a single vendor changes his position while the other vendors remain on place then the vendor changing the position cannot capture more than 1 8 customers. Generalisation to any even number of vendors should be evident. Suppose now that the number of vendors is odd and 5. Again to fix the attention we fix their number to 9. We place the vendors at positions 1 10, 3 10, 5 10, 7 10, 9 10 with the following constraints : two vendors are placed at 1 10 and two at 9 10, i.e. at the two extreme positions, At each of the three middle positions 3 10, 5 10, 7 10 we place either vendors or 1 vendor like, for example, at the figure below : Note that it is not important at which of the three positions 3 10, 5 10, 7 10 alone. All vendors get 1 10 clients, except the vendor who is alone and who gets 10 clients. we place the vendor that stays 7