La mejor estrategia y máxima puntuación posible para los "tres"! Juego.

Question

[No hay todavía la estrategia a seguir. Una adecuada sólido argumento que establece lo que es estadísticamente la mejor estrategia será aceptado.]

He aquí mi descripción del juego:

Hay un $4\times 4$ cuadrícula con algo de azar, cartas numeradas. Los números uno, dos, o múltiplos de tres. Utilizando los botones arriba, abajo, izquierda y derecha se mueve, agregar los números adyacentes en tarjetas para hacer una nueva tarjeta como así: $$\color{blue}1+\color{red}2=3\tag{1} \\ n+n=2n$$ for $n=2^3\ge 3$, where $k\in\{0, 1, . . . , 10\}$, so the highest a card can be is $2^{11}3$. But at each move the "free" cards move too and a random new card appears at a random point along the edge you slide away from. Everything is kept on the grid. The card for the next move is indicated by colour at the top of the screen: blue for $1$, red for $2$, and white for $n\ge 3$ (such that $n$ is attainable using the above process). The white $2^\ell 3$-numbered cards are worth $3^{\ell+1}$ puntos; el resto no dan puntos. Cuando no hay más movimientos disponibles, los puntos de las cartas restantes se suman para dar su puntuación para el juego.

He aquí otra descripción que he encontrado, es la menos promocionales. Se tiene el siguiente gif.

Así:

¿Cuál es la mejor estrategia para el juego? ¿Cuál es la máxima puntuación posible?

Pensamientos:

Podríamos modelo esta usando algunas operaciones en $4\times 4$ matrices de más de $\mathbb{N}$. Una nueva tarjeta sería la adición de $\alpha E_{ij}$ algún $\alpha$ y el estándar de la base de vectores $E_{ij}$. Eso es todo lo que tengo . . .

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PD: Si esta es una versión de algún otro juego, por favor hágamelo saber para que yo pueda evitar dar demasiada atención a esta versión :)

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El número de cada tarjeta puede ser escrito $n=2^k3^{\varepsilon_k}$, donde $$\varepsilon_k=\cases{\color{blue}0\text{ or }1 &: $k=0$ \\ \color{rojo}0\text{ o }1 &: $k=1$ \\ 1 &: $k\ge 2$;}$$that is, $\varepsilon_k=\casos{0 &:$n<3$ \\ 1 &:$n\ge 3$}$. So we can write $(k, \varepsilon_k)$ lugar bajo $$(k, \varepsilon_k)+(\ell, \varepsilon_\ell)\stackrel{(1)}{=}\cases{(k+1, 1)&: $\varepsilon_k, \varepsilon_\ell, k=\ell > 0$ \\ (0, 1)&: $\color{blue}k=\color{blue}{\varepsilon_k}=\color{red}{\varepsilon_\ell}=0, \color{red}\ell=1$ \\ (0, 1)&: $\color{blue}\ell=\color{red}{\varepsilon_k}=\color{blue}{\varepsilon_\ell}=0, \color{red}k=1$.}$$

Mirando un $2\times 2$ versión podría ayudar: los movimientos de las diferentes posiciones de partida se muestran si trabajamos de forma sistemática. Se llena rápidamente.

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Te ayuda a ser más precisos acerca de lo que una buena estrategia podría ser similar. La mejor estrategia podría ser uno de los que, de una arbitraria $4\times 4$ cuadrícula $G_0$ y con el menor número de movimientos, ofrece la máxima puntuación alcanzable con $G_0$, sujeto a la naturaleza aleatoria del juego. Que todavía es un poco vaga, aunque . . .

Answer 1

La estrategia que voy a emplear es simplemente para hacer el movimiento que deja la mayor cantidad de movimientos disponibles, y a ignorar la puntuación completamente. Como una consecuencia natural de jugar más se mueve, la puntuación de la pensión se incrementará simplemente porque la única manera de seguir jugando es hacer combinaciones, y combinaciones de generar una mayor puntuación.

En el comienzo del juego, la cosa más importante a considerar es la ubicación de $1$s y $2$s. Ellos son los únicos que nada puede ser combinado adyacentes a ellos para hacer una combinación válida, sólo se combinan con su complemento, que sólo puede ser alcanzado por la junta de traducción (versículos, dice un $12$, que puede ser adyacente a una $6$, lo que se combina con otro $6$ y, a continuación, el $12$ posteriormente se puede combinar con ese $12$. No hay manera de hacer una $1$ o $2$, se debe, simplemente, se trasladó alrededor de la mesa).

Más tarde, con la puntuación más alta azulejos en el tablero, el "bonus" de la teja (que se muestra como un azulejo blanco con un $+$ en en la parte superior) se vuelve cada vez más importante, y la mejor estrategia que he encontrado es el intento de colocar el mosaico del bono como cerca de un grupo mixto de baldosas más grandes como sea posible. El mosaico del bono será al menos $6$, pero nunca la misma puntuación, como su más alta puntuación de baldosas en el juego.

Existe también la naturaleza de la baldosa de selección. Se ha de ingeniería inversa que el generador de números aleatorios se utiliza una "bolsa" donde $12$ azulejos se barajan. El original diseño del tablero se usa este método, y $9$ azulejos se colocan en el tablero con $3$ restante en la "bolsa". Una vez que la bolsa está agotado, las fichas se ponen de nuevo. Siempre hay $4$ de cada: $1$, $2$, y $3$. Una vez que usted alcanza un gran mosaico de $48$ un "bono" mosaico se inserta con un valor potencial de más de $3$. Esto cambia el tamaño de la "bolsa" a $13$ en lugar de $12$. Así, seguir la pista de dónde están en la "bolsa" y cuántos de cada color que he visto que te puede dar una ventaja cuando se mira en el futuro se mueve.

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Curiosamente, la posibilidad de espacio para la puntuación es bastante escasa. Todos los resultados serán necesariamente múltiplos de $3$, pero resulta que sólo alrededor de $\frac38$ de los múltiplos de $3$ $0$ y el máximo de puntuación son realmente válidos. Hay un montón que son simplemente imposibles de conseguir, como una $19$ en de naipes.

El menor que no es trivialmente pequeño todavía es $39,363$, sin embargo, lo que parece fuera de el rango de un jugador promedio. El siguiente más bajo que he encontrado es $52,485$. Hay muchas lagunas en el extremo superior, debido al hecho de que la más alta puntuación de la baldosa es un valor de más de $500$k por sí mismo.

Answer 2

Una respuesta parcial:

La puntuación máxima posible es de $16\times 3^{12}$.

Si el juego podría empezar no está disponible mueve, a continuación, suponga que se inicia con $2^{11}3$ en todas partes.

Alternativamente, suponga que empieza con $2^{11}3$ en la parte superior izquierda y supongamos que cada nueva tarjeta pasa a ser $2^{11}3$. Asumir las tarjetas se muestran en la esquina superior izquierda, lo que podemos hacer en el siguiente. Deslice hacia la derecha hasta la parte superior de la fila está llena. Deslice hacia abajo una vez. Repita. Finalmente esto rellenar la cuadrícula; una vez que lo hace, no habrá más movimientos disponibles para el juego termina (con una puntuación de $16\times 3^{11+1}$).

Answer 3

Si este juego es similar a 2048, una estrategia que conozco es excluir una dirección excepto en ciertas circunstancias. Esto grandemente simplifica el juego y hace más fácil combinar. Deben evitarse grandes diferencias de números al lado de uno, por lo que además de elegir una dirección principal se elige una dirección secundaria para simplificar más. Además, quiere crear «cadenas» de números que se pueden fácilmente juntar.