Geselecteerde onderwerpen over het N + k-Queens probleem

Geselecteerde onderwerpen over het
N + k-Queens probleem
Jonathan K. Vis
1
Inleiding
In dit essay behandelen we geselecteerde onderwerpen uit [1] en [2].
Sinds 1848 bestaat1 het door Max Bezzel geı̈ntroduceerde 8-Queens probleem,
waarin 8 dames op het 8 × 8 schaakbord moeten worden geplaatst zodanig
dat geen twee dames elkaar bedreigen. In het schaakspel kan de dame in
horizontale, verticale en beide diagonale richtingen zo ver als gewenst worden
verplaatst zolang er geen andere stuk op het gekozen pad staat. Het 8-Queens
probleem is gegeneraliseerd tot het N -Queens probleem, waarbij N dames
op een N × N schaakbord moeten worden geplaatst zodanig dat geen twee
dames elkaar bedreigen. Het is direct duidelijk dat het onmogelijk is meer
dan N dames op een N × N schaakbord te plaatsen. Immers, iedere dame
moet in een aparte rij (en kolom) staan.
In januari 2004 schreef de Chess Variant Pages 2 een wedstrijd uit waarin 9
dames op een 8 × 8 schaakbord moesten worden geplaatst waarbij zo min
mogelijk andere stukken (we noemen ze pionnen) worden gebruikt om de
dames van elkaar te scheiden. Het bleek mogelijk 9 dames te plaatsen met
toevoeging van slechts 1 pion. Hieruit werd onmiddellijk het N + k-Queens
probleem gegeneraliseerd: Plaats N + k dames en k pionnen op een N × N
schaakbord zodanig dat geen twee dames elkaar bedreigen. In Fig. 1 is een
oplossing voor het 8 + 1-Queens probleem gegeven.
Vermoeden 1. Voor iedere k ≥ 0 bestaat voor een voldoende grote N een
oplossing voor het N + k-Queens probleem.
1
2
Het valt te beargumenteren dat het probleem altijd en eeuwig bestaat.
http://www.chessvariants.com/
1
Figuur 1: Een oplossing van het 8 + 1-Queens probleem.
2
Pruning in de zoekruimte
In dit hoofdstuk houden wij ons bezig met het tellen van het aantal oplossingen voor het N + k-Queens probleem. Het is onwaarschijnlijk dat er een
gesloten uitdrukking bestaat voor het aantal oplossingen voor het N + kQueens probleem. Er zijn vele algoritmen voorgesteld voor het tellen van
oplossingen.
Om alle oplossingen te vinden (en daarmee het aantal oplossingen) wordt exhaustive search toegepast. Daarbij worden alle mogelijke oplossingen (op een
systematische wijze) gegenereerd. Meestal wordt een recursief backtracking
algoritme toegepast. Het genereren van alle oplossingen kan nogal tijdrovend
zijn. Het is daarom handig als wij tijdens het genereren van een mogelijke
oplossing in een vroeg stadium al een situatie kunnen herkennen die niet
meer tot een oplossing kan leiden. Dit proces noemen wij pruning. In Stelling
1 en Corollarium 1 worden bruikbare criteria voor pruning geı̈ntroduceerd.
Stelling 1. Indien N + k dames en k pionnen op een N × N schaakbord zijn
2
geplaatst zodanig dat geen twee dames elkaar bedreigen, dan geldt dat elke
pion, wat betreft rij en kolom, tussen twee dames staat zodanig dat het eerste
stuk, kijkende vanuit de pion, een dame is. Er staan dan dus ook nooit twee
pionnen direct naast elkaar.
Bewijs. Stel we hebben een rij (of kolom) met p pionnen waarin twee van
de pionnen direct naast elkaar staan. Er kan geen dame tussen de direct
aangrenzende pionnen staan. De rij is verdeeld in ten hoogste p segmenten,
waarin p dames kunnen worden geplaatst. Nu zijn er k − p pionnen over die
in de andere rijen worden geplaatst. Er zijn nog N − 1 rijen over om dames
in te plaatsen. In totaal kunnen er nu dus maximaal p + (k − p) + (N − 1) =
N + k − 1 dames worden geplaatst. Dit is in tegenspraak met het gegeven
dat het schaakbord N + k dames heeft.
Corollarium 1. Indien N +k dames en k pionnen op een N ×N schaakbord
zijn geplaatst zodanig dat geen twee dames elkaar bedreigen, dan bevindt geen
pion zich op de eerste dan wel laatste rij, de eerste dan wel laatste kolom of
op ee veld direct aangrenzend aan een hoekveld.
3
Relatie met Alternating Sign Matrices
Een Alternating Sign Matrix (ASM) is een vierkante matrix opgebouwd uit
0en, 1en en −1en zodanig dat de som van iedere rij en iedere kolom 1 is en
dat de niet-nul elementen in teken alterneren. In (1) is een ASM gegeven
die correspondeert met de oplossing van het 8 + 1-Queens probleem in Fig.
1. Hierin zijn de dames vervangen door 1en, de pion(nen) door −1en en de
lege velden door 0en. In een ASM is het eerste niet-nul element van een rij
en een kolom altijd een 1. Indien het eerste niet-nul element in een kolom
of rij een −1 zou zijn kan de som van die rij nooit meer 1 worden. Vanwege
het alternerende karakter van de matrix is het duidelijk dat tussen iedere
twee pionnen (−1en) altijd een dame (1) moet staan en dat tussen iedere
twee dames altijd een pion staat. Hieruit blijkt dat iedere oplossing voor het
N + k-Queens probleem een ASM is. Het is echter niet zo dat iedere ASM
een oplossing is voor het N + k-Queens probleem: de definitie van een ASM
3
voorziet niet in een alternerend karakter in de diagonalen.















1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 1 0 0
0 1 0 0 0 0
0 −1 0 0 1 0
0 1 0 0 0 0
0 0 0 0 0 1
1 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0















(1)
Het schaakspel kent een stuk dat zich op dezelfde wijze kan verplaatsen als
een dame met uitzondering van de diagonale beweging: de toren (rook ). Wij
zullen nu bewijzen dat iedere ASM een oplossing is voor het N + k-Rooks
probleem en vice versa.
Stelling 2. Stel N ≥ 1 en k ≥ 0 waarbij N en k gehele getallen zijn, dan
is er een één-op-één relatie tussen de verzameling van N × N ASMes met k
elementen gelijk aan −1 en de verzameling oplossingen van het N + k-Rooks
probleem.
Bewijs. De constructie voor een ASM uit een oplossing voor het N +k-Queens
probleem impliceert dat ieder N + k-Rooks probleem een ASM is.
Stel nu dat we een N × N ASM met k −1en hebben, dan geldt omdat de
som van iedere rij 1 is en omdat de niet-nul elementen in de matrix in teken
alterneren dat iedere rij één toren meer bevat dan het aantal pionnen in die
rij. Hieruit volgt dat het aantal torens N + k is. Vanwege het alternerende
karakter geldt dat indien zich twee torens in dezelfde rij (of kolom) bevinden
er minstens één pion tussen staat. Dus een ASM is een oplossing voor het
N + k-Rooks probleem.
4
Symmetrieën van de oplossingen
In dit hoofdstuk zullen we de symmetrische eigenschappen van oplossingen
voor het N + k-Queens probleem onderzoeken. Er zijn 8 symmetrieën in
een vierkant: rotatie over 0 ◦ , 90 ◦ , 180 ◦ en 270 ◦ , verticaal lijnsymmetrisch,
horizontaal lijnsymmetrisch en twee diagonale lijnsymmetrieën. We kunnen
voor elke N ≥ 4 de verzameling oplossingen voor het N -Queens probleem
verdelen in drie klassen:
4
• gewone oplossingen; slechts symmetrisch ten opzichte van 0 ◦ rotatie.
• centrosymmetrische oplossingen; symmetrisch ten opzichte van 0 ◦ en
180 ◦ rotatie.
• dubbel centrosymmetrische oplossingen; symmetrisch ten opzichte van
alle rotaties. Figuur 2 is een voorbeeld van een dubbel centrosymmetrische oplossing.
Figuur 2: Een dubbel centrosymmetrische oplossing voor het 5-Queens probleem.
Merk op dat, met uitzondering van de triviale oplossing voor N = 1, er
geen oplossingen van het N -Queens probleem bestaan die lijnsymmetrisch
zijn. In Stelling 3 generaliseren we deze observatie voor oplossingen van het
N + k-Queens probleem.
Stelling 3. Er bestaat geen lijnsymmetrische oplossing voor het N +k-Queens
probleem (met N > 1).
Bewijs. We onderscheiden vier gevallen: verticale lijnsymmetrie, horizontale
lijnsymmetrie en twee diagonale lijnsymmetrieën. Als eerste beschouwen we
de verticale lijn symmetrie. Stel we hebben N + k elkaar niet bedreigende
dames en k pionnen op een N × N schaakbord in een verticale lijnsymmetrische opstelling. Indien N even is, dan moeten de dames in de middelste
twee kolommen direct naast elkaar staan en dus elkaar bedreigen. Indien N
5
oneven is, dan moet de gehele middelste kolom gevuld zijn met stukken, omdat als we een stuk aan de linkerkant van de middelste kolom plaatsen dit
stuk gespiegeld ook aan de rechterkant moet worden geplaatst. Beide stukken
moeten echter van elkaar worden gescheiden door een ander stuk (dan wel een
dame, dan wel een pion). Door dit argument te herhalen wordt duidelijk dat
de middelste kolom wel gevuld moet zijn (dit geldt immers voor iedere rij).
De enige manier om de middelste kolom geheel te vullen is door te beginnen
met een dame (pionnen kunnen niet in de eerste rij voorkomen, zie Stelling
1) en vervolgens alternerend een pion en een dame te plaatsen. In Fig. 3 is dit
patroon weergegeven voor een 5 × 5 schaakbord. Nu worden alle velden van
de twee aangrenzende kolommen van de middelste kolom bedreigd door de
dames in de middelste kolom. Omdat iedere kolom tenminste één dame moet
bevatten zijn er dan dames die elkaar bedreigen. Hetgeen een tegenspraak is.
Voor de horizontale lijnsymmetrie herhalen wij hetzelfde argument terwijl
het bord een kwartslag is gedraaid.
Figuur 3: Het patroon voor de middelste kolom voor een verticale lijnsymmetrische oplossing voor het N + k-Queens probleem.
Vervolgens beschouwen we de lijnsymmetrie ten opzichte van de hoofddiagonaal. Stel we hebben een oplossing voor het N + k-Queens probleem
welke symmetrisch is ten opzichte van de hoofddiagonaal. Uit Stelling 1 en
de eigenschappen van een ASM weten we dat er geen pion kan staat in het
veld linksboven. We werken nu met inductie. Stel er staat geen pion in de
m × m linker bovenhoek en er staat een pion in de (m + 1) × (m + 1) linker bovenhoek op positie (p, m + 1), dan staat er een dame op een positie
6
(q, m + 1) met q < p. Vanwege de symmetrie staat er dan ook een dame op
positie (m + 1, q) die zich op dezelfde diagonaal als (q, m + 1) bevindt. Er
moet dan een pion tussen staan. Deze pion moet dan in de m × m linker
bovenhoek staan, hetgeen in tegenspraak is met de inductieveronderstelling.
In Fig. 4 geldt m = 3, p = 2 en q = 1.
Voor de lijnsymmetrie ten opzichte van de antidiagonaal herhalen wij hetzelfde argument met het bord een kwartslag gedraaid.
Figuur 4: Illustratie ter bewijs dat er geen lijnsymmetrische oplossingen, ten
opzichte van de hoofddiagonaal, bestaan voor het N + k-Queens probleem.
Referenties
[1] R.D. Chatham. Reflections on the n + k queens problem. College Mathematics Journal, 40:204–210, 2009.
[2] R.D. Chatham, M. Doyle, J.J. Miller, A.M. Rogers, R.D. Skaggs, and
J.A. Ward. Algorithm performance for chessboard separation problems.
Journal of Combinatorial Mathematics and Combinatorial Computing,
70, 2009.
7