标签：鸽子洞原理

• 红色赢得每个包含至少3张红色选票的选区。总共有16张红色选票，如果我们能分配给他们3+3+3+3+4，那么红色将赢得每个选区。很明显，瑞德做不到比这更好的了！
• 蓝色赢得每个至少有3张蓝色选票的选区。总共有9张蓝色选票，我们最多可以赢得3个选区，如果我们分配选票3+3+3+0+0，就会出现这种情况。

下一个问题是：使用连续分区是否可以实现这些最佳情况？事实证明他们是！以下是实现最可能的红色胜利和最可能的蓝色胜利的分区：
同样，我们可以检查更大的案例并以类似的方式进行。这一次，有51张蓝票和89张红票，我们必须获得7个区的20票。

• 红色赢得每个至少有10张红色选票的选区。总共有89张红色选票，足够在7个选区各投10票，还有很多剩余的选票。如果我们能做到这一点，那么Red将赢得所有7个选区。
• 蓝色赢得每个至少有10张蓝色选票的选区。只有51张蓝色选票，我们最多可以赢得5个选区，剩下一张蓝色选票。

事实证明，在这种情况下，实现这些最佳方案的分区确实存在，并且使用“试错法”相对容易找到。以下是获胜分区的示例（单击放大）：

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$v\in \{01\}^C$，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 edge｝j\text｛结束于单元格｝i\\
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｛case｝
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相互毗邻。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），汇必须接受$S$的流量单位（并且必须全部发生在单个汇边缘上），并且图中的每个单元格都保持流量。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｛用于区｝j的流\\
0&\text{否则}
\结束{箱}\\[2mm]
f^\text{出}_{ij}&=\开始{cases}
1&\text｛if cell｝i\text｛包含到区域｝j的汇点的流\\
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：
  \[
  \sum_{i=1}^Cf^\text{出}_{ij}=1\quad\text{表示}j=1，\点，D
  \]

• 每个细胞的流量是守恒的（包括源和汇的流量）
  \[
  \sum_{k=1}^E B_{ik}f_{kj}+Sf_{ij}=x_{ij}\quad\text{表示}i=1，\dots，C\text{和}j=1，\ dots，D
  \]

• 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.