线性规划.书证

平铺正方形

本周的小提琴手是用较小的正方形平铺正方形。

假设你有无限多的3×3厘米瓷砖和无限多的5×5厘米瓷砖。您希望使用其中一些瓷砖精确覆盖边长为整数厘米的正方形。瓷砖不能重叠，必须完全覆盖较大的正方形，而不超出其边界。这个较大的正方形的最小边长是多少，这样可以用至少一块3×3的瓷砖和至少一块5×5的瓷砖精确覆盖？

额外学分：
这一次，对于边长大于1厘米的每一个奇数整数（以厘米为单位），你有无限多的方形瓷砖。换句话说，你有无穷多的3×3厘米瓷砖，无穷多的5×5厘米瓷砖，无限多的7×7厘米瓷砖，等等。您希望使用一个或多个这些平铺来精确覆盖边长为$N$cm的正方形，其中$N$是一个整数。再一次，瓷砖可能不会重叠，它们必须完全覆盖更大的正方形，而不突出到其边界之外。此任务不可能执行的最大整数N是多少？

我的解决方案：
[显示解决方案]

这个问题是关于用较小的正方形平铺正方形，这是一个著名的问题，称为“正方形的平铺”。有一个漂亮的维基百科文章关于它，还有一个我找到的网站具有不同瓷砖的综合数据库。在平方正方形时，有一些有趣的特性：

简单平铺：它不包含子平铺
完美瓷砖：所有子方格大小不同
对称的：在最终形状中存在一定的旋转或反射对称性。

然而，这些都无济于事，因为我们不关心这些属性对于这个问题的用途！

在我们的例子中，我们可以重复瓷砖（不完美），我们可以有子瓷砖（不简单），我们不强制任何特殊的对称性。此外，我们可以使用的瓷砖种类也受到限制。为了解决这个问题，我使用列枚举方法将这个问题表述为一个混合整数程序。这是我用来解决类似过去问题的相同方法2017年的谜语人问题，所以如果你对我是如何建模感兴趣的话，一定要阅读前面的帖子！

第一个问题：最小尺寸

我重新使用了上面链接的2017年帖子中的代码，并做了两处更改：

将可用瓷砖限制为3×3和5×5。
添加了一个约束，该约束要求至少使用每种类型的平铺中的一种。

我从4×4开始循环遍历可能的总大小，并在整数程序发现平铺后停止。最小的尺寸是$N=18$，下面显示了一个可能的平铺。

代码很快解决了这个问题，在几秒钟内测试了所有$N\leq 18$。

第二个问题：最大尺寸

第二个问题有点棘手，因为我们需要最大的方形不能被平铺。所以在我们开始计算之前，我们需要做一些演绎工作。如果存在一个$N\次N$正方形的平铺，只使用奇数大小的正方形平铺，我会说$N$是“可平铺的”。下面是一些观察结果：

任何奇数$N$都可以平铺（使用大小为$N\乘以N$的单个大平铺）。
如果$M$是可平铺的，那么对于任何$k$，$N=k M$是可以平铺的。我们可以简单地从$M\times M$方块的平铺开始，然后以$k\times k$模式重复它，以获得$N\times N$平铺。
根据第1项和第2项，如果$N$不可平铺，则它必须是$2$的幂。
根据第2项，如果$N=2^k$是可平铺的，那么$2$的任何更大的幂也都是可以平铺的。

换句话说，找到$2$的最小可平铺功率就足够了，所有较大的$N$也都可以平铺。再次使用该代码，这一次考虑到所有奇数大小的平铺，我能够验证$2$、$4$、$8$和$16$是不可平铺的，但$32$是可以平铺的！！！这里有一个可能的平铺，它使用大小为$3$、$5$、$7$和$11$的平铺。

因此，我们得出结论，$N=16$是最大的整数，对于该整数，$N\次N$正方形不能使用奇数边长大于$1$的较小正方形平铺。

计算说明：我使用了古罗比解算器解决了这个问题，在我的笔记本电脑上花了大约16秒。我也试过了莫塞克，但速度较慢，大约40秒。

矛盾

怎么可能最小的可平铺$N$是$18$，而最大的不可平铺$N$是16？

这些实际上是不同的问题！对于第一个问题，我们只允许使用尺寸为3×3和5×5的瓷砖。在这种情况下，18是最小的可平铺数字，但并非所有后续数字都是可平铺的！结果是19、22、23、26、28、29（以及更多……）不可平铺。在第二个问题中，我们有更多的瓦片可供使用，因此在这种情况下，不可关闭的$N$自然会更少。

Ostomachion着色

中出现了以下问题谜语人它将一个古老的游戏与四色定理有趣地结合在一起。

著名的四色定理从本质上说，你可以在任何地图的区域中使用最多四种颜色，这样相邻区域就不会共享一种颜色。1976年提供了一个基于计算机的定理证明。

大约2200年前，传奇的希腊数学家阿基米德描述了一种叫做奥斯托马奇恩（如下所示）。它是一组碎片，类似于七巧板它将一个12乘12的正方形划分为14个区域。其目的是将碎片重新排列成有趣的形状，例如霸王龙。它通常被称为已知最古老的数学难题。

你今天面临的挑战是：用四种颜色给奥斯托马奇恩广场的各个区域着色，这样每种颜色都会给一个相等的区域着色。（也就是说，每种颜色都需要着色36个平方单位。）着色还必须满足相邻区域没有相同颜色的约束。

额外学分：这个挑战有多少解决方案？

以下是我如何解决问题的详细信息：
[显示解决方案]

我想首先指出Hector Pefo也发布了一个很好的解决方案对于这个问题。Twitter上还发布了一些解决方案的图表，例如@DimEarly公司和来自@聊天室（chattinthehatt）。我将在这里描述的解决方案与Hector的类似，但我将解释如何将其建模为一个整数线性规划，并以这种方式进行求解。当然，这两种解决方案产生了相同的答案（因为它们都是正确的！），但很高兴看到不同的方法。所以不用再麻烦了…

整数线性程序

假设有$N$个形状，我们想使用$C$种颜色。定义：
\[
x{ij}=\开始{案例}1&\文本{if-shape}i\text{使用颜色}j\\0&\text{otherwise}\end{cases}着色
\]第一个约束是每个形状必须指定给一种颜色。我们可以用代数方法将其表示如下：
\[
\sum_{j=1}^Cx_{ij}=1\qquad\text{表示}i=1，\点，N
\]现在假设形状$j$具有区域$a_j$。每种颜色都有相等的面积份额这一约束意味着每种颜色形状的面积之和必须是$A_\text{tot}/C$，其中$A_\text{tot{$是Ostomachion的总面积。代数上，我们可以这样写：
\[
\sum_{i=1}^Na_ix_{ij}=a_\text{tot}/C\qquad\text{for}j=1，\点，C
\]最后，我们必须处理边缘约束。如果shape$p$与shape$q$共享一条边，我们说$（p，q）$是一条“边”。共享边的形状必须是不同的颜色。我们可以将其代数编码为：
\[
x_{pj}+x_{qj}\le1\qquad\text{用于所有边}（p，q）\text{和}j=1，\点，C
\]就这样！我们将可行解集描述为满足上述三组线性约束的矩阵$x\in\{0,1\}^{N\timesC}$的集合。这种优化模型是背包问题。一般来说，它是一个整数线性程序（ILP）。这些问题是众所周知的NP-hard公司这大致意味着在最坏的情况下，除了尝试所有可能的颜色之外，没有有效的方法来解决这些问题。然而，现代ILP求解器相当复杂，通常可以非常有效地解决这些类型的问题。

寻找所有解决方案

当使用ILP模型时，大多数商业解算器都是为了找到单个解决方案而设计的。对于这个问题，我们有兴趣找到全部的解决。绕过限制的一种方法是使用Barvinok算法。还可以使用分支和切割另一种方法是使用随机方法，这种方法虽然不太系统，但更容易解释和实施。

由于我们所有的变量都是二进制的（0或1），所以可行集的凸包不能包含任何内部解点。所有解决方案都在边界上。这意味着可以通过为优化指定正确的目标函数来找到任何解决方案。如前所述，我们的优化只是一个可行性问题，没有指定目标。对于这个问题，我们首先让$r_{ij}$是随机数（我们可以画出它们身份证号码。来自标准正态分布例如）。然后，我们简单地添加目标函数：
\[
\文本{最小化}\qquad\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Cr_{ij}x_{ij}
\]并解决问题。如果我们用$\{r_{ij}\}$的不同实现重复这样做，我们最终将枚举优化问题的所有可能的解决方案。

要直接跳到解决方案（和漂亮的图片！），请参见下文。
[显示解决方案]

正方形的平方

这个谜题是关于使用较小的正方形平铺正方形。

你收到一张纸，里面有下面显示的13乘13的正方形，你必须把它分成一些更小的正方形。如果你只能沿着直线切割，那么你能把这个大的方块分割成的最小方块数是多少？（例如，您可以将其划分为一个12乘12的正方形和25个一乘一的正方形，总共26个正方形，但您可以做得更好。）

以下是我解决问题的方法：
[显示解决方案]

这是一个具有挑战性的难题，不幸的是，没有聪明的技巧可以用来快速解决它。如果我们考虑使用较小的正方形平铺$N\倍N$网格的一般问题，我们可以进行以下观察：

我们希望得到的最小的答案是4美元。如果$N=2k$是偶数，我们可以通过将平方分为四个$k\乘以k$的平方来达到最小值。很明显，这个解决方案无法改进。
如果$N=3k$是$3$的倍数，我们可以将其分为六个部分：一个$2k乘以2k$平方和五个$k乘以k$平方。我相信这也是无法改进的。
当$N$有多个除数时，平铺它变得更容易。因此，最具挑战性的情况是$N$是素数的情况。因此，更大的网格并不一定意味着更困难的问题！稍后我们将看到这方面的示例。

我将通过将其转换为整数线性规划（具体来说，是背包问题)这一问题的解决比通过暴力检查可能的瓷砖天文数字要有效得多。

我将说明5美元乘以5美元的方法。我们将把每个可能的正方形表示为$0$和$1$的$5\乘以5$矩阵。例如，我们可以使用$25$不同的$1\乘以1$平铺：
\[
\scriptsize\开始{bmatrix}{\color{red}{\color{红色}1}}&0&0&0&0\\0&00&0＆0&0\\0&0&0&r0&0\0\\0&0&0&0，
\开始{bmatrix}0&{\颜色｛红色｝1}&0&0&0\\0&0&0&0＆0\\0&0&0＆0&0\0\\0&0&0&0，
\开始{bmatrix}0&0{\颜色{红色}1}&0&0\\0&0&0&0&0\0\\0&0&0&0&0&0 \\0&0%\\0&0-0&0 \ end{bmatrix}，\，\点\，，
\开始{bmatrix}0&0&0&0&0\\0&0&r0&0＆0\\0&0&0+0&0&0 \\0&0&0&0{红色}1}\结束{bmatrix}
\]我们还可以使用$16$不同的$2\乘以2$瓷砖：
\[
\脚本大小\开始｛bmatrix｝｛\color{红色}1}&{\颜色{红色}1}&0&0&0\\{颜色{红色}1}&{\颜色{红色}1}&0&0&0\\0&00&0&0&0\0\\0&0&0&0&0&0 \\0&0-0&0\end{bmatrix}，
\开始{bmatrix}0&{\颜色{红色}1}&{\颜色{红色}1}&0&0\\0&{\颜色{红色}1}&{\颜色{红色}1}&0&0\\0&0&0&0&0\0\\0&0&0&0&0&0 \\0&0-0&0结束{bmatrix}，
\开始{bmatrix}0&0颜色{红色}1}&{\颜色{红色}1}&0\\0&0&{\颜色{红色}1}&{\颜色｛红色｝1}&0\\0&0&0&0&0\0\\0&0&0&0&0&0 \\0&0-0&0结束{bmatrix}，\，\点\，，
\开始{bmatrix}0&0&0&0&0\\0&0&r0&0＆0\\0&0&0+0&0&0 \\0&0&0&{颜色{红色}1}&{\颜色{红色}1}\\0&0&0&{\颜色{红色}1}&{\颜色{红色}1}\结束｛bmatrix｝
\]继续这种方式，我们有$9$不同的$3\乘以3$瓷砖和$4$不同的$4\乘以4$瓷砖。因此，我们总共有25美元+16美元+9美元+4美元=54美元的不同瓷砖。游戏的名称是选择这些矩阵的最小可能子集，并将其与所有$1$的矩阵相加。我们可以通过将上面的每个$54$矩阵矢量化为$25\x1$列，然后并排堆叠这些列，形成矩阵$a\in\{0,1\}^{25\x54}$来紧凑地表示这一点。我们的目标是解决问题：
\开始{align}
\下划线{x\in\{0,1\}^{54}}{\text{minimize}}\qquad&\sum_{i=1}^{54/}x_i\\
\text{subject主题：}\qquad&Ax=1
\结束{align}此处，每个$x_i$都是一个二进制变量，用于选择是否使用$a$的$i^\text{th}$列。结果表明，这个5美元乘以5美元的案例的最佳解决方案使用了8美元的平方；或总和：
\开始{multline}
\脚本大小\开始{bmatrix}0&0&0&0&0\\0&0＆0&0&r0\\{颜色{红色}1}&{\颜色{红色}1}&｛\ color（颜色）{红色}1}&0&0\\{颜色{红色}1}&{\颜色{红色}1}&{\颜色｛红色｝1}&0&0\\{颜色{红色}1}&{\颜色{红色}1}&{\颜色{红色}1}&0&0\结束{bmatrix}
+\开始{bmatrix}{\color{红色}1}&{\颜色｛红色｝1}&0&0&0\\{颜色{红色}1}&{\颜色{红色}1}&0&0&0\\0&00&0&0&0\0\\0&0&0&0&0&0 \\0&0-0&0\end{bmatrix}
+\开始{bmatrix}0&0&0&{颜色{红色}1}&{\颜色{红色}1}\\0&0&0&{\颜色{红色}1}&{\颜色{红色}1}\\0&0&0&0&0\\0&0-0&0&0 \\0&0&0&0-0&0\end{bmatrix}
+\开始{bmatrix}0&0&0&0&0\\0&0&r0&0＆0\\0&0&0+0&0&0 \\0&0&0&{颜色｛红色｝1}&{\颜色{红色}1}\\0&0&0&{\颜色{红色}1}&{\颜色{红色}1}\结束｛bmatrix｝\\
\scriptsize+\开始{bmatrix}0&0{\颜色{红色}1}&0&0\\0&0&0&0&0\0\\0&0&0&0
+\开始{bmatrix}0&0&0&0&0\\0&0&r{颜色{红色}1}&0&0\\0&0&0&0&0\0\\0&0&0&0&0&0 \\0&0-0&0结束{bmatrix}
+\开始{bmatrix}0&0&0&0&r0\\0&0&0&0＆0\\0&0＆0&{\color{红色}1}&0\\0&0&0&0&0\\0&0&0＆0&0\end{bmatrix}
+\开始{bmatrix}0&0&0&0&r0\\0&0&0&0＆0\\0&0＆0&0~0&{\color{红色}1}\\0&0&0&0&0\\0&0-0&0&0结束{bmatrix}
\结束{multline}这个枚举选项然后从中进行选择的一般策略并不能很好地扩展，因为随着$N$变大，$A$增长得很快。事实上，$A$将是$N^2\times\tfrac{1}{6}（N-1）（2N^2+5N+6）$。然而，在这些情况下，我们可以使用诸如列生成快速获得可以迭代且有效地细化的近似答案。

我用朱莉娅具有JuMP公司和莫塞克解算器。请提前阅读结果！

这是tl；博士，只有解决方案！
[显示解决方案]

为红绿灯计时恰到好处

这个Riddler公司是关于如何准确地确定红绿灯的时间，这是我们都必须处理的问题！

你正在一条平坦笔直的路上开车。你是路上唯一的一个，你可以完美地看到前方的一切。当时间t=0时，您处于A点，以每小时100公里的速度巡航，这是整个道路的速度限制。你想在尽可能短的时间内到达C点，正好前方4公里。但是，在你前面2公里的B点，有一个红绿灯。

当时间t=0时，灯是绿色的，但您不知道它变绿了多久。你知道，在每一秒的开始，有1%的几率灯会变黄。一旦变黄，它会保持黄色5秒钟，然后变红20秒钟。你的汽车可以以每秒2米的最大速度加速或减速。你必须始终以或低于限速行驶。当红绿灯为黄色时，你可以通过十字路口，但红绿灯时不行。

尽快到达目的地的最佳策略是什么？

这是我的解决方案：
[显示解决方案]

让我们给变量命名，这样单位转换就不会变得麻烦。定义：
\开始{align}
x_\text{light}&=\text{红绿灯位置（2公里）}\\
x_\text{end}&=\text{终点线位置（4km）}\\
v_\text{max}&=\text{限速（100 km/h）}\\
a_\text{max}&=\text{最大加速度（2米/秒}^2\text{）}\\
\tauy&=\text{黄灯持续时间（5秒）}\\
\taur&=\text{红灯持续时间（20秒）}
\结束｛align｝

在这个问题中，我们隐含地假设我们永远不会闯红灯。所以即使我们不知道什么时候灯会变黄，我们也不能冒险；我们必须确保即使是最不可能出现的最不适时的黄灯也不会导致我们闯红灯。

解决这个问题有很多不同的方法，但由于我目前正在教一门关于优化建模，我想我会走那条路。建模方法背后的想法是想象汽车的位置、速度和加速度是必须满足几个约束的决策变量。

基本变量和约束

让我们离散化时间间隔，并假设我们每$\Delta t$秒进行一次决策。因此，如果$\Delta t=1$，我们每秒都会做出决定。然后，定义以下决策变量：
\开始{align}
x_t&\ge 0&&\text{时间位置}t\\
0\le v_t&\le v_\text{max}&&\text{速度\\
-a_\text{max}\lea_t&\lea_\text{max}&&\text{时间加速度}t
\结束{align}其中时间指数范围超过$t=0,1，\dots，t$，其中$t$足够大。当然，我们不能任意选择位置和速度；它们必须是一致的。通过将加速度近似为每个$\Delta t$步的常数，我们可以得出：
\开始{align}
v_{t+1}&=v_t+a_t\增量t&&\text{（以恒定加速度改变速度）}\\
x_{t+1}&=x_t+v_t\增量t+\tfrac{1}{2} a _ t\Delta t^2&&\text{（位置随加速度变化）}
\结束{对齐}我们还具有位置和速度的初始条件：
\[
x_0=0\qquad\text{和}\qquad v_0=v_\text{max}
\]注意，我们将速度限制为非负。事实证明，这无关紧要，允许向后运动也无济于事。不管怎样，我们都得到了相同的答案！

应急计划

既然我们永远不能冒闯红灯的风险，我们必须确保在每一刻，必须发生两件事中的一件。要么：

我们可以在$\tau_y$秒内到达$x_\text{light}$。（我们运行黄色）或：
我们从不在$\tau_y+\tau_r$sec内传递$x_\text{light}$（我们可以避免运行红色）。

这些约束可以用代数编码。对于每个$t$，我们将定义一组新的位置、速度和加速度，持续时间为$\tau_y+\tau_r$秒。这些是应急变量，使我们能够确保在$t$时间灯变黄时不会出现任何问题。因此，我们定义了变量：
\开始{align}
\帽子x{t，k}&\ge0&&\text{（应急位置）}\\
0\le\hat v_{t，k}&\lev_\text{max}&&\text{（偶然速度）}\\
-a_\text{max}\le\hat a{t，k}&\lea_\text{max}&&\text{（偶然加速度）}
\结束{align}这些新的应急变量定义在$0\le t$和$0\ler k\le tau_y+\tau_r$上。就像普通的位置和速度一样，它们必须满足偶然性约束：
\开始{align}
\hatv{t，k+1}&=\hatv}t，k}+\hata{t，k}\Deltat&&\text{（速度随恒定加速度变化）}\\
\hat x{t，k+1}&=\hat x_{t，k}+\hat v{t，k-}\增量t+\tfrac{1}{2}\hat a{t，k.}\增量t ^2&&\text{（用常数加速度改变位置）}
\结束{对齐}我们还具有位置和速度的初始条件：
\[
\hatx{t，0}=x_t\qquad\text{和}\qqua2\hatv{t，0}=v_t
\]现在我们已经设置了偶然轨迹，我们必须对二进制约束进行编码。要么我们可以运行黄色，要么我们可以安全运行红色。让我们定义二进制变量：
\开始{align}
z^y_t\in\{0,1\}&\qquad\text{（如果灯在}t\text{变黄，我们可以运行黄色吗？）}\\
z^r_t\in\{0,1\}&\qquad\text{（如果灯在}t\text{变黄，我们可以安全运行红色吗？）}
\完{align}我们可以运行黄色而不运行红色的约束是：
\开始{align}
\帽子x{t，tau_y}&\gex_\text{light}z^y_t&\quad\text{for-all}t\text{，和}\\
\帽子x{t，tau_y+tau_r}&lex_\text{light}+（1-z^r_t）x_\text{end}&&quad\text{代表所有}t\text{。}
\结束{对齐}对于所有$t$，使用逻辑约束$z^y_t+z^r_t\ge 1$，这确保我们可以运行黄色的OR，我们可以安全地运行红色的OR。就这样！

目标函数

上述工作描述了一组可行的位置、速度和加速度曲线，这些曲线保证我们永远不会违反定律。在这些配置文件中，我们应该选择一个能让我们以平均最快的速度到达终点的配置文件。我努力寻找一个简单的目标函数来精确地捕捉这个概念。作为一种妥协，我只是尽量缩短了旅行的时间假设灯永远不会变红。这应该是与真实解决方案的适当近似，因为黄灯相对较少。大多数时候，当光线变黄时，它实际上并不影响我们；当我们靠近它时，如果灯变黄，这只是一个问题，这种情况不会经常发生。

为了描述完成时间，我定义了二进制变量：
\[
z^e_t\in\{0,1\}\qquad\text{（我们在时间}t\text{完成了吗？）}
\]连同约束：
\[
x_t\gex_\text{end}z^e_t\qquad\text{forall}t。
\]现在，只要我们越过终点线，我们的二进制变量就会是$1$。因此，通过最大化$\sum_{t=0}^Tz^e_t$，我们可以尽快到达末尾。

解决方案

从建模的角度来看，我们所有的约束都是线性的，这很好。我们确实有一些二进制变量，这使得混合整数线性规划（MILP）。然而，使用标准求解器相对容易解决该问题。对于这个问题，我在中对模型进行了编码朱莉娅连同JuMP公司包和古罗比解算器。一些细节：

用$\Delta t=1$求解。预解后，问题有：3492个约束、6216个连续变量和108个二进制变量。在笔记本电脑上求解大约需要0.3秒。
用$\Delta t=0.5$求解。预解后，问题有：15499个约束、29602个连续变量和216个二进制变量。在笔记本电脑上求解大约需要1.3秒。
用$\Delta t=0.25$求解。预解后，问题有：63925个约束、125250个连续变量和436个二进制变量。在笔记本电脑上求解大约需要12秒钟。

无论时间离散化如何，所有解看起来都是一样的。这里是$\Delta t=0.25$的解决方案图，放大到汽车靠近红绿灯的点附近。

图在这个范围外看起来是恒定的。因此，最佳做法是保持100 km/h的速度65秒，然后尽可能大幅度减速2.5秒，再尽可能大力度加速2.5秒，然后继续保持100 km/h。速度下降的原因是，如果灯变黄，我们将无法及时停车，因此，我们必须规避风险。67.5秒后，我们可以安全地加速，因为我们知道如果灯变黄，我们将在接下来的5秒内到达。

如果您有兴趣查看我的代码的全部细节，可以查看/下载我的笔记本在这里.

婴儿扑克

另一个来自Riddler公司。这个游戏是扑克的简化版本，但捕捉了一些有趣的行为！

婴儿扑克由两名玩家玩，每个人在一个杯子里拿着一个骰子。游戏开始时，每个玩家下注\$1。然后，双方都摇着骰子，掷骰子，只看自己的骰子。然后，玩家A可以“呼叫”，在这种情况下，两个骰子都显示出来，数字较高的玩家赢得桌上的\$2，或者玩家A可以进行“筹集”，下注一美元。如果A提高了，那么B可以选择通过匹配A的第二个美元来“调用”，之后较高的数字将赢得表上的\$4，或者B可以“折叠”，在这种情况下，A赢了，但B只拿出了原来的\$1。不进行其他游戏，如果骰子匹配，则称为“锅”的游戏平分。

每个玩家的最佳策略是什么？在这些策略下，一个婴儿扑克游戏对玩家a来说值多少钱？换言之，为了使比赛公平，A应该事先支付B多少钱？

如果你对推导感兴趣（可能还学习了一些博弈论），你可以在这里阅读我的完整解决方案：
[显示解决方案]

我们的首要任务是计算游戏的收益，作为玩家策略的函数。对于每一个可能的骰子，玩家A必须决定是调用（$0$）还是提升（$1$）。同样，玩家B必须决定是调用（$0$）还是折叠（$1$）。球员A的策略示例如下：
\[
p=\begin{bmatrix}0&0&00&1&1\end{bmatricx}
\]这对应于玩家A在掷$\{1,2,3,4\}$时调用，在掷$\{5,6\}.$时提升这是一个示例纯战略因为它完全决定了玩家根据可用信息做什么。我们可以将每个纯策略编码为六位二进制数。每个玩家有$2^6=64$可能的纯策略，我们可以根据十进制表示从$0$到$63$进行编号。例如，策略$44$对应于二进制形式的$101100$，即策略$p=\begin{bmatrix}1&0&1&1&0&0\end{bmatrix}$。我们也可以考虑混合策略，其中动作是概率性的。球员a的混合策略示例如下：
\[
p=\开始{bmatrix}0.3&0&1&0&0\结束{bmatricx}
\]此策略与前一个示例相同，但如果玩家A掷了$1$，他们将在30%的时间内筹集$30$%，并在70%的时间内调用$70$%。混合策略允许玩家随意玩游戏！纯策略是混合策略的特殊情况，其中概率为$0$或$1$（确定性）。

让我们称$0\lep_i\le1$为玩家A的策略，如果他们掷$i\in\{1，\dots，6\}.$同样，如果玩家B掷$j\in\{1，\dots，6\}.$，那么让我们称$0\leq_j\le1$为玩家B的策略将$6\乘以6$矩阵$E$定义为：
\[
E_{ij}=\开始{cases}
1&\text{if}i>j\\
0&\text{if}i=j\\
-1&\text{if}i<j\结束{cases}\]这个矩阵告诉我们，如果玩家A用$i$呼叫，对手掷$j.$Player A以概率$p_i$提高，以概率$1-p_i.$呼叫，玩家B以概率$q_j$折叠，以概率$1-q_j.$呼叫，那么玩家A赢了多少钱。由于每对$（i，j）$的可能性相等，玩家A的预期赢款为：\[W=\frac{1}{36}\sum_{i=1}^6\sum_{j=1}^6 \bigl（（1-p_i）E_{ij}+p_i\左（2（1-q_j）E_{j}+q_j\右）\bigr）\]最后一项看起来是这样的，因为如果球员B折叠，球员A肯定会赢得$1+1$。如果玩家B调用，那么我们使用$E_{ij}$矩阵来确定回报，但因子为2，因为赌注增加了一倍。

纯战略均衡

当玩家分别采用纯策略$A，b\in\{0,1，\dots，63\}$时，根据上述$W$公式将$P_{ab}$定义为玩家A的奖金。这将产生64美元乘以64美元矩阵$P$，对应于所有可能的纯策略组合的赢款。以下是$P$的外观：

玩家A试图最大化$P_{ab}$，而玩家B试图最小化它（这是一个零和博弈，所以最小化一个玩家的赢款相当于最大化另一个玩家损失）。换句话说，玩家A选择矩阵$P$中的一行（对应64个纯策略中的一个选择），而玩家B选择一列（同样对应于纯策略的一个选项）。所选单元格中的数字决定了玩家A将赢得多少。A类纳什均衡是满足以下条件的单元格$P_{ab}$
\[
P_{\bar a b}\le P_{ab}\le P_{a\bar b}\qquad\text{代表所有}\bar a，\bar b\in \{1，\dots，64\}
\]换句话说，$P_{ab}$是其列中最大的元素（因此玩家A没有选择其他行的动机），也是其行中最小的元素（所以玩家B没有选择其他列的动机）。

一个自然的问题是：是否存在一对最优的纯策略？这相当于在上面的$P$矩阵中搜索一个元素，该元素在其列中同时最大，在其行中同时最小。快速搜索发现不存在这样的元素。换句话说，这个游戏没有纯粹的平衡！

混合策略均衡

每个混合策略都可以表示为凸组合纯粹的战略。例如：
\[
\开始{bmatrix}1\\\tfrac{1}{3}\\0\\tfrac{3}{4}\\1\end{bmatrix}=
\压裂{1}{3}\开始{bmatrix}1\\1\\0\\0\\1\\end{bmatrix}+
\压裂{5}{12}\开始{bmatrix}1\\0\\0\\1\\1\end{bmatrix}+
\压裂{1}{4}\开始{bmatrix}1\\0\\0\\0\0\\1\end{bmatrix}
\]这是因为每个混合策略都位于凸面船体所有纯粹的战略。此外，由于赢款$W$在$p$和$q$中是双线性的，因此策略凸组合的赢款是相应赢款的凸组合。

现在让$u\in[0,1]^{64}$和$v\in[0.1]^{64}$分别是参与者1和参与者2的纯策略的凸组合的系数。玩家A的奖金可以简写为$u^\textsf{T}Pv$。玩家A希望选择$u$以最大化此数量，而玩家B希望选择$v$以最小化此数量。所有这些都受到以下约束：所有$i$和$u_1+\dots+u_{64}=1$的$0\le u_i\le 1$，以及$v$的类似约束。请注意，在$u$和$v$包含单个“1”且其余为“0”的特殊情况下，我们恢复了寻求纯策略的情况。

纳什著名地证明了每一个参与者和行动有限的游戏都具有混合策略均衡。所以剩下要做的就是找到它！纳什均衡集可以表示为线性程序特别是，最优策略$u、v$是对偶线性规划的解：
\[
\开始{对齐}
\下划线{u，\mu}{\max}\quad&\mu\\
\text｛s.t.｝\quad&u\ge 0，\quad\mathbf｛1｝^\textsf｛t｝u=1\\
&P^\textsf{T}u\ge\mu\mathbf{1}
\结束{对齐}
\qquad（平方米）
\开始{对齐}
=\q平方
\下划线{v，t}{\min}\quad&t\\
\text{s.t.}\quad&v\ge 0，\quad\mathbf{1}^\textsf{t}v=1\\
&Pv\le\t\mathbf{1}
\结束{对齐}
\]第一个程序（玩家A）有一个独特的解决方案，即混合物：
\[
p_\text{opt}=
\压裂{1}{3}\开始{bmatrix}0\\0\\0\结束{bmatricx}+
\frac｛2｝｛3｝\ begin｛bmatrix｝1\\0\\0\\0\\1\\end｛bmatrix｝=
\开始{bmatrix}\tfrac{2}{3}\\0\\0\\1\1\end{bmatricx}
\]第二个程序（玩家B）的解决方案不是唯一的，而且相当复杂。与任何线性规划一样，解集是一个多面体。在这种情况下，多胞体有15个顶点，位于$\mathbb{R}^{64}$的7维子空间中（整洁，是吗？）。投影回$\mathbb{R}^6$，其中$q$存在，每个最优解占据一个三维子空间。明确地，
\[
q_\text{opt}\sim
\开始{bmatrix}1\\x\\y\\z\\0\\end{bmatricx}
\]其中$0\lex、y\le1$和$0\le z\le\tfrac{2}{3}$和$x+y+z=\tfrac}{4}{3{$。

每个最优解都有相同的最优值（即$u$和$v$的线性规划中$\mu$或$t$的最优值）。最佳值为$\tfrac{5}{54}\约0.0926$。因此，平均而言，当两名球员都处于最佳状态时，球员A的表现领先于大约9.26美分。

这个替代解决方案是由一位名叫克里斯的评论员提出的。答案相同，但论点更简单！
[显示解决方案]

该解决方案与前一个解决方案非常相似，但这一次，我们将成本改写为向量$p$和$q$中的二次形式：
\开始{align}
W&=\frac{1}{36}\sum_{i=1}^6\sum_{j=1}^6 \bigl（（1-pi）E_{ij}+p_i\左（2（1-q_j）E_{j}+q_j\右）\bigr）\\
&=\压裂{1}{36}\左（p^\textsf{T}（E\mathbf{1}{T} -2E型)q \right）\\
&=p^\textsf{T}b+p^\text{T}Aq
\结束｛align｝其中$b=\tfrac{1}{36}东\mathbf{1}$和$A=\tfrac{1}{36}\左（\textbf{1{1}\textbf{1}^\textsf{T} -2E型\右）$，$\textbf{1}$是所有1的向量。我们现在可以直接地为$p$和$q$编写线性程序。第一个玩家试图最大化$W$，前提是第二个玩家试图最小化$W$。换句话说，我们应该解决：
\开始{align}
&\幻影{=}\underset{\textbf{0}\lep\le\textbf{1}}{max}\quad\underset}\textbf1}\leq\le\text bf{1}{min}\quad p^\textsf{T}b+p^\text\\
&=\underset{\textbf{0}\lep\le\textbf{1}}{max}\left（p^\textsf{T}b+\sum_{j=1}^6\underset{0\leq_j\le1}{min}q_j（A^\textsf{T} 第页)_j \右）\\
&=\underset{\textbf{0}\le p\le\textbf{1}}{\max}\left（p^\textsf{T}b+\sum_{j=1}^6\min\left）（0，（A^\textsf{T} 第页)_j（右）\\
&=\left\{\开始{aligned}
\底部｛p，t｝｛\text｛maximum｝｝｝&&quad p^\textsf｛t｝b+t^\textsf｛t｝\textbf｛1｝\\
\text{subject主题：}&\quad\textbf{0}\lep\le\textbf{1}\\
&t\le\textbf{0}，\quad t\leA^\textsf{t}p
\右端{对齐}。
\结束{align}同样，第二个玩家试图最小化$W$，前提是第一个玩家试图最大化$W$。我们可以按照与上述类似的方式进行，并获得：
\开始{align}
&\幻影{=}\底集{\textbf{0}\leq\le\textbf{1}}{\min}\quad\underset{\textbf{0{\lep\le\text bf{1}{\max}\quad p^\textsf{T}b+p^\text sf{T{Aq\\
&=\underset{\textbf{0}\leq\le\textbf{1}}{\min}\left（\sum_{i=1}^6\max_{0\lep_i\le1}p_i（Aq+b）_i\right）\\
&=\underset{\textbf{0}\le q\le\textbf{1}}{\min}\left（\sum_{i=1}^6\max\left，（Aq+b）_i\right）\right\\
&=\left\{\开始{aligned}
\underset{q，\mu}{\text{minimize}}&\quad\mu^\textsf{T}\textbf{1}\\
\text{subject主题：}&\quad\textbf{0}\leq\le\textbf{1}\\
&\mu\ge\textbf{0}，\quad\mu\ge A q+b
\右端{对齐}。
\结束{align}求解这两个线性程序产生的最优$p$和$q$向量与前面的方法相同，但这次我们的线性程序的变量要少得多！这两个LP的目标值也匹配，与之前一样，都等于$\tfrac{5}{54}\约0.926$。事实上，我们可以从代数上检查两个LP相互对偶由于两者都是明显可行的（很容易检查可行集是紧致的和非空的），因此强对偶成立，并且两个LP必须具有相同的最佳值这在本质上是纳什著名的成绩；minimax和maximin公式是等价的！

如果你只想知道答案和简短的解释，这里是tl；dr版本：
[显示解决方案]

用数学操纵选举！

这个Riddler问题是关于选举权的问题。如何重新划定边界以这种或那种方式影响投票。

以下是科罗拉多州选民偏好的大致近似值，基于2012年总统选举的县级结果，以14乘10的网格表示。科罗拉多州有七个选区，因此每个选区都有20名选民。在每个选区，得票最多的政党都会获胜。区域必须是不重叠和连续的（即，一个区域中的每个广场必须与该区域中的至少一个其他广场共享一个边缘）。红党能赢得的最多地区是什么？蓝色派对怎么样？（假设一个地区内的关系被认为是你选择的政党的胜利。）

提供两个板，一个测试5×5网格和较大的14×10网格：

下面是第一个解决方案，使用一些简单的逻辑和直觉：
[显示解决方案]

下面是一种使用整数编程的计算方法：
[显示解决方案]

用数值方法解决此问题的一种方法是将其表示为整数规划问题。好处是最终总会找到最佳解决方案，但缺点是可能需要一段时间。我的代码在几秒钟内解决了5乘5的情况，但14乘10的情况计算了12个多小时没有解决，所以我放弃了。当然，使用这种方法可能解决更大的问题，但这需要更高效的模型或更快的计算机！

其思想是将网格单元视为有向图的节点。如果单元相邻，我们在两个节点（每个方向一个）之间放置一条边。对单元格$1,2、\点、C$进行编号，并对边缘$1,2，\点、E$进行编号。定义邻接矩阵$A\ in \{0,1\}^{C\ times C}$、关联矩阵$B\ in \}0,1\{C\ times E}$和向量$v\ in \{0,1 \}^C$，如下所示：
\开始{align}
A_｛ij｝&=\开始｛case｝
1&\text{如果从单元格}到单元格}j有一条边\\
0&\text{否则}
\结束{箱}\\[2mm]
B_{ij}&=\开始{cases}
1&\text{if-edge}j\text{从单元格}i开始\\
-1&\text{if边缘}j\text{在单元格}i处结束\\
0&&\text｛否则｝
\结束{箱}\\[2mm]
v_i&=\开始{cases}
1&\text{if单元格}i\text{为蓝色}\\
0&\text{ifcell}i\text{为红色}
\结束{cases}
\结束{align}假设我们的地区编号为$1,2，\点，D$。我们模型中的第一组变量是$x\in\{0,1\}^{C\timesD}$和$w\in\}0,1\{D$，它们表示：
\开始{align}
x{ij}&=\开始{cases}
1&\text{if单元格}i\text{属于区域}j\\
0&&\text｛否则｝
\结束{箱}\\[2mm]
w_j&=\开始{cases}
1&\text{if地区}j\text{获胜}\\
0&\text{否则}
\结束{cases}
\结束{对齐}我们然后有几个直观的约束，我们可以将其代数编码为模型的线性约束：

每个单元格正好属于一个区域：
\[\sum_{j=1}^Dx_{ij}=1\quad\text{表示}i=1，\dots，C\]
每个地区正好包含$S$单元格：
\[\sum_{i=1}^Cx_{ij}=S\quad\text{for}j=1，\dots，D\]
只有在至少有$W$票的情况下，地区才能获胜：
\[W W_j\le\sum_{i=1}^C x_{ij}v_i\le（S+1）W_j+（W-1）\quad\text{表示}j=1，\dots，D\]

不幸的是，仅凭这些限制并不能迫使这些地区毗邻。为此，我们必须利用图结构。其想法是将其设置为流问题。想象一下两个新节点，一个通用源节点和一个通用汇节点。从源到每个单元都有边，从每个单元到汇都有边。然后想象一个沿着边缘传播的流。源提供$S$个流量单位（每个源边缘最多一个流量单位），汇点必须接受$S$个流量单位（并且必须全部发生在单个汇点边缘上），并且图中的每个单元格都保存流量。这些组合约束确保所选单元格在图形中是路径连接的，这意味着它们在网格中是连续的。我们将使用的变量是$f\in\mathbb{Z}^{E\times D}$和$f^\text{out}\in\{0,1\}^{C\times D}$，定义如下：
\开始{align}
f_{ij}&=\开始{cases}
1&\text{if-edge}i\text{在区域}j的流中使用\\
0&\text{否则}
\结束{箱}\\[2mm]
f^\text｛出局｝_{ij}&=\开始{cases}
1&\text{ifcell}i\text{包含流向区域}j接收器的流\\
0&\text{否则}
\结束{cases}
\结束{对齐}我们然后有约束条件：

每个边缘的流量为$S$：
\[
0\le f_{kj}\le S\quad\text{表示}k=1，\dots，E\text{和}j=1，\ dots，D
\]
最多使用一个汇边返回流：
\[
\sum_{i=1}^Cf^\text｛出局｝_{ij}=1\quad\text{表示}j=1，\点，D
\]
每个细胞的流量都是守恒的（包括涉及源和汇的流量）
\[
\sum_{k=1}^E B_{ik}f_{kj}+Sf_{ij}=x_{ij}\quad\text{表示}i=1，\dots，C\text{和}j=1，\ dots，D
\]
如果使用边，则必须选择关联的单元格
\[
x_{ij}\ge\alpha\sum_{k=1}^E|B_{ik}|f_{kj}\quad\text{表示}i=1，\dots，C\text{和}j=1，\ dots，D
\]

在最后一个约束中，$\alpha$是一个常数，对于任何流量，必须选择足够小的常数，使其小于1。由于最多有6条活动边（4条内部边、1条源边、1个汇边），因此选择$\alpha<\frac{1}{5S+1}$就足够了。

最后，我们的目标函数是最小化（或最大化）获胜地区的总数。换句话说，$w_1+\dots+w_D$。就这样！

我用过伊朱莉娅,JuMP公司、和古罗比为了解整数程序，在我的笔记本电脑上，5×5的情况需要几秒钟的时间。不幸的是，这起14×10的病例持续了12个多小时，没有终止。因此，对于这个问题的大型版本，我的方法似乎不可行。我的代码为5×5找到的解决方案是：
如果您有兴趣查看我的代码的全部细节，可以查看/下载笔记本在这里.

非交叉棋盘路径

这个Riddler经典拼图是关于在棋盘上查找不相交的路径：

首先，骑士在标准的8×8木板上不让路径交叉的情况下，能走多长的最长路径？

其次，有一些非正统的棋子在标准游戏中不存在，这些棋子被称为童话棋子。骆驼、斑马（3乘2）和长颈鹿（4乘1）能走的最长的非交叉路径是什么？

这是一个非常具有挑战性的问题，似乎没有任何方法可以通过一些巧妙的观察或简化来解决它。当然，我们可以尝试手工制作更长的巡演，但我们永远无法确定我们是否找到了最长的巡演。

很像最近口袋妖怪围棋问题，我们必须借助计算手段来获得解决方案。然而，在这种情况下，问题“足够小”，我们可以找到确切的解决方案！

以下是一些最佳旅行：
[显示解决方案]

如果您对我如何找到解决方案的细节感兴趣，请继续阅读：
[显示解决方案]

即使我们正在诉诸数值解，我们仍然必须小心我们如何进行。棋盘上可能有天文数字的路径，所以简单地枚举和检查每条路径是不可能的！相反，我们将把这个问题看作是图上的访问节点。在这里，每个节点都是一个单元，边缘连接成对的单元，骑士可以在这些单元之间移动。

让我们定义以下矩阵：

邻接矩阵：假设总共有$N$个单元格，我们将它们枚举为$1,2，\点，N$$\ in\{0,1\}^{N\次N}$编码哪些单元格可以从哪些其他单元格访问$如果可以从单元格$i$移动到单元格$j$，则A_{ij}=1$。
关联矩阵：假设有$M$个总边（$A$中的非零项），我们枚举它们$1,2，\点，M$$B\in\{0,1\}^{N\次M}$对每条边连接的单元格进行编码$如果边缘$j$涉及单元格$i$，则B_{ij}=1$。
冲突矩阵：矩阵$C\in\{0,1\}^{M\乘以M}$表示哪些边相交$C_{ij}=1$如果边$i$和$j$，不包括边共享一个公共单元格的情况。

弄清楚$a$、$B$和$C$是什么有点乏味，但在代码中通过必要的循环遍历所有节点或边相对简单。现在，我们为优化模型定义了以下变量：
\开始{align*}
x_1，\dots，x_M&：\text{指示使用哪些边的变量}\\
z_1，\dots，z_N&：\text{指示使用哪些单元格的变量}\\
w_1，\点，w_N&：\text{表示端点单元格的变量}
\end{align*}然后我们有三个主要约束：
\开始{align*}
\sum_{i=1}^N w_i&\le 2&&\text{（我们最多有两个端点）}\\
Bx&=2z-w&&\text{（每个单元格两条边，每个端点一条）}\\
Cx&\le H（1-x）&&\text{（无自相交路径）}
\结束｛align*｝
在最后一个约束中，$H$是一个常量，它将可以与任何给定路径相交的路径数设为上限。通常，我们可以将$H$设置为等于$C$的最大行总和。如果是骑士巡游，$H=9$。这是一个M技巧在整数编程中。

当然，我们的目标是最大化路径的总长度$\sum_{i=1}^Mx_i$。按照公式，这是一个整数程序这是一个版本的旅行推销员问题（TSP）和附加约束。不幸的是，上面的公式并不总是给出一个有效的解决方案，因为它没有明确禁止不相交的路径，例如具有独立闭环的路径。这些被称为亚小时.

为了去掉子时，我使用了一个标准的启发式：

按原样解决问题
看看解决方案是否有任何子时。如果没有，我们就完了！
如果$\{x{k_1}、\dots、x{k_\ell}$是一个子主题，则添加约束：$\sum_{i=1}^\ell x_{k_i}\le\ell-1$以明确禁止在解决方案中出现此子主题。
重新解决问题并返回步骤2。

这种启发式方法最终总会产生最佳解决方案，但可能需要一段时间。对于这个问题，我只需要重新求解大约10次，就可以找到一条无细微差别的（因此也是最佳的）路径。

我用过伊朱莉娅,JuMP公司、和古罗比求解整数程序，在我的笔记本电脑上，6×6用了大约30秒，7×7用了1分钟，8×8用了5-10分钟。这些时间只考虑单个解决方案。每种情况下需要多达10个解才能找到最佳路径。

如果您有兴趣查看我的代码的全部细节，可以查看/下载我的笔记本在这里.

我还应该指出，这是一个经过充分研究的问题。一些参考文献包括：整数序列百科全书,非穿越骑士之旅、和非交叉路径.

神奇宝贝围棋效率

这个谜题是关于一个许多人都很喜欢的话题：神奇宝贝！

你家附近的公园里到处都是神奇宝贝站，你可以在那里重新储备神奇宝贝，当然，还可以抓更多的神奇宝贝！你现在在其中一家，想去拜访他们所有人。Pokéstops位于公园固定坐标系中（x，y）坐标为整数的点上。

对于公园中任何给定的一对波凯停车点，都可以沿着一条路径从一个波凯停车站走到另一个，该路径总是从一个波凯停车点到相邻的另一个波凯停车点

你是一位雄心勃勃、效率很高的神奇宝贝教练，也是一位有点居家气息的人：你希望在旅行最短的总距离时，参观每个神奇宝贝站并返回起点。在这个开放的公园里，你可以从任何一点直线走到其他任何一点——你不局限于坐标系的网格。事实证明，这是一个非常困难的问题，所以你可以寻求一个近似的解决方案。

如果总共有N个Pokéstops，找到最优行走总长度的上下限。（您的目标是找到比率尽可能接近1的边界。）

高级额外学分：对于喜欢使用此主题的数字问题的解算者，假设Pokéstops位于坐标（x，y）的每个点，其中x和y是相对小于或等于1000的素数正整数。找到最佳步行长度的上限和下限，再次寻找比例尽可能接近1的边界。

访问一组地点同时最小化总行程的问题被称为旅行推销员问题（TSP），这确实是计算机科学中一个著名且众所周知的难题。话虽如此，边界如果我们利用其结构，特定TSP实例的解决方案可能很容易。

以下是我对第一部分的解决方案：
[显示解决方案]

为了澄清，我们知道有$N$Pokéstops，但不知道它们是如何安排的。这个问题要求我们找出访问每个波凯站并返回起点的最小行程的最小和最大可能值。

上限

Pokéstops最坏的安排是让它们排成一行，这导致路径长度为$2（N-1）$。要证明这确实是最糟糕的停车安排，需要更多的考虑，所以如果你感兴趣，请继续阅读。

让$T$成为最小生成树为一组博凯停止。任何具有$N$节点的树都有$N-1$条边，因此$T$有$N-1'条边。根据Pokéstops的邻接属性，$T$的每个边的长度必须为$1$。访问所有节点的一种方法是使用深度-第一棵树遍历:

假设$T$的所有边最初都是黑色的。
随机选择一个节点作为当前节点。
查找从当前节点发出的黑色边。将该边绘制为蓝色，然后跟随它到下一个节点，该节点将成为新的当前节点。如果没有更多的黑色边，请使用蓝色边，并将其涂成红色。
重复此操作，直到所有边缘都漆成红色。

该过程明确地访问了所有节点并访问了每个边缘两次，总巡更长度为$2（N-1）$。本工程为任何波凯车站的安排。当然，这只是一个上限；最佳路径可能更短。通过将$N$停止点排成一行，我们得到了$2（N-1）$的上界，因此它一定是一个紧界。

下限

由于波凯站位于整数坐标处，因此从一个站到下一个站的最短距离为$1$。因此，访问$N$Poké的路径将停止，然后返回到起点的长度至少为$N$。是否有达到这一最低要求的博凯站安排？如果$N$是偶数，答案是肯定的；在$2\倍N$网格中安排站点：
然而，如果停靠站的数量是奇数，那么就不可能以一种创建长度为$N$的旅行的方式来安排它们。要了解原因，请想象一下这些站点在一个棋盘上。每一个最小长度的移动都会将你从黑色方块带到白色方块，反之亦然。因此，在经历了奇数次移动之后，我们无法回到开始的位置。第二个最短移动的长度为$\sqrt{2}$，因此我们可以做的最好的事情是：
因此，最优行走长度的下限如下：

\[
\text{下限}=\begin{cases}
0&\text{if}N=1\\
N&\text{if}N\text{is偶数}\\
N-1+\sqrt{2}&\text{if}N\text{是奇数且}N\ge3
\结束{cases}
\]

把所有这些放在一起

因此，最后，假设至少有两个Poké停止，边界的最小可能比率由下式给出：

$\显示样式
\text{绑定比率}=\begin{cases}
2-\tfrac{2}{N}&\text{if}N\text{是偶数}\\
2-\tfrac{2\sqrt{2}}{N-1+\sqrt{2]}&\text{if}N\text{是奇数}
\结束{cases}
$

适用于所有$N$的最小绑定比率是$2$，因此，如果我们不知道有多少个Pokéstops，就应该使用这个比率。

下面是我对第二部分的解决方案：
[显示解决方案]

对于Riddle的第二部分，我们给出了Pokéstops的一个非常具体的安排：点$1\lei，j\leM$的集合，使得$\mathrm{gcd}（i，j）=1$（最大公约数是$1$）。问题要求$M=1000$，但我们暂时将$M$作为参数。

上限

任何参观所有博凯站并返回起点的旅行都会给我们一个上限。有这么多节点，不可能检查每个巡更，所以我们将比较不同的启发式方法来选择允许的路径，并看看它们是如何比较的。

一般上限：到达所有站点的一个明显方法是简单地访问$M\次M$平方中的整数坐标的每个点。我们从问题的第一部分就知道如何以最佳方式做到这一点；如果$M$是偶数且$M^2+\sqrt，则最佳巡演的长度为$M^2{2}-1如果$M$是奇数，则为$。有关构造示例，请参见下图：
因此，对于感兴趣的情况，这个微不足道的界限是1000000。我们一定能做得更好！

希尔皮滑雪场：找到合理路线的一种方法是使用空间填充曲线，它将方形中的每个点映射到曲线上的一个点。这为我们提供了一种根据停车点在曲线上的位置来排序停车点的方法。然后，我们按顺序参观这些站点。这种启发式方法是由John Bartholdi III教授以及其他方面，在许多情况下都表现得很好。
这个西尔皮恩斯基曲线这里经常使用，这是我用来找到的上限。以下是一些不同$M$值的解决方案示例。
这些路径的长度分别为313.9和1828.8。使用这种方法，对于$M=1000$的情况，我们的上限提高到815234，并且这是在0.35秒内计算出来的。

按列绑定：Sierpiánski方法利用了点的伪均匀分布，但它没有利用点经常出现在直线上的事实。例如，素坐标对应的行和列总是满的。另一种启发式方法，由Diarmuid早期在评论中，是以类似割草机的模式进行，但一次两列。因此，当我们向上或向下移动一对列时，我们会在每个步骤从一对可用点中选择下一个最近的点。以下是相同网格大小的示例。
这些路径略短于Sierpiánski路径，长度分别为308.3和1721.8。使用这种方法，对于$M=1000$的情况，我们的上限提高到735394，并在2秒钟内计算出来。

关于上限的更多信息：其他值得注意的针对上限TSP问题的启发式方法包括最近邻算法和Christofides算法。这些方法在我们的实例中效果不佳，因为它们需要计算全部的两两距离，当我们有大约60万个波凯站时，这是一项成本高昂的任务。Sierpinski和列式算法有复杂性$\mathcal{O}（n）$，其中$n$是停止的次数，而计算成对距离是$\mathcal{O{（n^2）$。这是一个显著的区别，因为$n$太大了-如果$\mathcal{O}（n）$算法需要1秒，那么$\mathcal{O{（n^2）$大约需要7天！

下限

一般下限：一种可能性是计算总共有多少个站点，并假设我们可以找到一条完全由相邻站点组成的路径。当然，这是不可能的，但它会产生一个下限。编写计算机代码来计算这个数量相对比较容易，或者我们可以利用这样一个事实，即$M乘以M$平方中的停点密度接近$6/pi^2大约0.6079$，即$M\to-infty$(来源). 对于$M=1000$的情况，下限为608383。还有很大的改进空间！

平均界限：另一个观察，再次感谢Diarmuid早期，是因为每个Poké站点都有两个从其发出的边。因此，如果我们假设每个站点都连接到其最近的两个站点，我们将在尽可能短的路径上获得另一个下界。在$M=1000$的情况下计算这个数量，我们得到了一个大大改进的643811。

Held-Karp放松：这个最终的边界方法要先进得多。查找产生有效巡视的一组边（即为每条边指定标签0或1）需要两件事：

每个节点正好有两个标记为1的入射边
没有不相交的循环（这是一条连接的路径）

使这个问题如此困难的是第二个限制。存在指数级的多个周期，因此不可能逐一排除。如果我们放松通过删除不相交循环约束，并允许每条边上的标签为0到1之间的任意数字，问题变成了线性程序（LP），这可以非常有效地解决。然后可以通过排除特定循环来进行连续的细化以改进解决方案。这被称为Held-Karp LP松弛不幸的是，这仍然需要计算所有成对距离，我们已经决定这太昂贵了（见上文）。LP也有$\mathcal{O}（n^2）$变量，因为我们需要为每条边指定一个变量。所以我做了两个简化假设：

每个节点只能连接到其$k$最近的邻居之一。这是对GTSP的放松（图上的旅行销售问题）。这意味着我们现在需要计算的变量、约束和距离的数量是$\mathcal{O}（kn）$。
最终路径将是对称的（$x=y$）。这允许我们使用一半的变量和约束，并大大加快了计算速度。

为了找到合适的$k$，我用$k$值4、8、12、16、20求解了松弛LP。解决方案为695251694956694954694952694952。因此，添加更多的边似乎没有用。对于感兴趣的人，我在朱莉娅使用JuMP公司具有古罗比。在我的笔记本电脑上，LP需要30-90秒才能解决。

把所有东西放在一起

这是一个比较上述所有边界的图。
因此，最终，对于$M=1000$的情况，我们的最佳界限是

\[
694952\le L^\star\le 735394
\]

近似比率约为1.06$。