连续Blotto的部分解

因此，玩家1的策略{f（x），f（x），f（x），···}的正交基只包含偶数函数和奇数函数，而玩家1的策略{g（y），g（y），g（y），··}的正交基也只包含偶数函数和奇数函数。引理11。如果f和g是函数，则fo·（Ege）=0，类似地，fe·（Ego）=0（其中下标e和o在引理9中定义）。证据fo·（Ege）=fo·（（Eg）e）（引理9）=n+aZ-n+afo（x）（Eg）e（x）dx这是对称区间上奇数函数的积分（因为fo（x）（Eg）e是奇数函数和偶数函数的乘积，是奇数），因此为零。类似地：fe·（Ego）=fe·（（Eg）o）（引理9）=n+aZ-n+afe（x）（Eg）o（x）dx这是对称区间上奇数函数的积分（因为fe（x）（Eg）o是偶数函数和奇数函数的乘积，是奇数），因此为零。每个HJ不是偶数就是奇数；如果hj是偶数，那么（ws·hj）hj是偶数，是hj的常数倍数；如果hj是奇数，那么（ws·hj）hj=0hj=0也是偶数函数。引理12（偶函数平衡）。如果玩家1的博弈策略f和玩家2的博弈策略g是纳什均衡，那么玩家1的博弈策略f和玩家2的博弈策略ge也是纳什均衡。证据设f和g是可以玩的策略（f由玩家1玩，g由玩家2玩）；也就是说，letnRnf（x）dx=1和Nrng（y）dx=1，并且让f和g在其域上为负：f在-不适用，不适用, 和g on-n、 n个. 首先，玩家1确实可以玩策略fe，因为：1=n+aZn+af（x）dx=n+aZn+afe（x）+fo（x）dx=n+aZn+afe（x）dx+nZnfo（x）dx=n+aZn+afe（x）dx+0作为一个n奇数函数=n+aZn+afe（x）dx和as：fe（x）=f（x）+f（x-（x） =f（x）+f-（x） =f（x）+f(-x）≥+（作为f（x）≥ 0表示所有x∈-不适用，不适用)= 0出于同样的原因，玩家2也可以使用策略ge。

Asfo·（Ege）=0（引理11），可以得出：f·（Ege）=（fe+fo）·（Ege）=（fe·（Ege））+（fo·（Ege））=fe·（Ege）+0=fe·（Ege）类似地，与fe·（Ego）=0（引理1）一样，可以得出：fe·（Eg）=f·（E+go））=f·（Ege+Ego）=（f·（Ege））+（f·（Ego））=fe·（Ege）+0=fe·（Ege（Ege）让参与者1的f和参与者2的g现在是纳什均衡。因此，纳什均衡的定义为：f·（Eg）≥ fe·（Eg）=fe·（Ege）=f·（Ege）≥ 使所有这些量相等的f·（Eg）：f·（Eg），fe·（Eg），fe·（Ege），和f·（Ege）。如前所示，即使没有参与者1的f和参与者2的g是Na-sh平衡的假设，fe·（Eg）、fe·（Ege）和f·（Ege）（但不一定是f·（Eg））也会相等。现在，让玩家1玩战略游戏fe，让玩家2玩战略游戏ge。然后，如果玩家1将玩家1的策略修改为▄f，则结果为▄f·（Ege）。然后：~f·（Ege）=fe·（Ege）其中feis是f的偶数部分=fe·（Eg）≤ f·（Eg）（因为玩家1的f和玩家2的g是一个纳什均衡）=fe·（Ege），这意味着玩家1无法在玩家2玩策略ge时从修改策略中获益。相反，如果玩家2将玩家2的策略修改为▄g，则结果为fe·（E▄g）。那么：fe·（Eg）=fe·（E（g）E），其中（g）eis是g=f·（E（g）E）的偶数部分≥ f·（Eg）（因为玩家1的f和玩家2的g是纳什均衡）=fe·（Ege），这意味着玩家2不能在玩家1玩策略fe时从修改策略中获益。因此，feby Player 1和geby Player 2是阿纳什均衡。8附录2：计算计算1。如果r（z）=-z、 那么：R（x，y）=Rx个- y+a+ r-x+y+a= -x个- y+a--x+y+a= -（十）- y）- 3（x- y）一- 3（x- y）一-一- (-x+y）- 3 (-x+y）一- 3 (-x+y）一-一= -6（x- y）一- 2.一计算2。

如果R（x，y）=-（十）- y） ，则此计算表明ifg与1、y和y正交（这意味着NR-ng（y）dy，nR-nyg（y）dy和NR-nyg（y）dy都是零），或者如果f与1、x和x正交（这意味着n+aR-n+af（x）dx，n+aR-n+axg（x）dx和n+aR-n+axg（x）dx均为零），则f·（Eg）=0。如果g与1、y和y都正交：Eg=nZ-n-（十）- y） g（y）dy=新西兰-n-x个- 2xy+yg（y）dy=-xnZ公司-n-（1） g（y）dy+2xnZ-n-（y） g（y）dy-新西兰-n-yg（y）dy=-x（0）+2x（0）- （0）=0Thus，如果g与1、y和y正交，则Eg=0。这自动意味着f·（Eg）=n+aR-n+af（x）0dx=0。相反，如果f与1、x和x都是o正交的：f·（Eg）=n+aZ-n+澳新银行-n-（十）- y）f（x）g（y）dy dx=n+aZ-n+澳新银行-n-x+2xy- yf（x）g（y）d y dx=n+aZ-n+澳新银行-n-xf（x）+2xf（x）y- yf（x）g（y）dy dx=n+aZ-无+无xf（x）新西兰-n-g（y）dy+（xf（x））nZ-n2yg（y）dy+（f（x））nZ-n-yg（y）dydx=n+aZ-无+无xf（x）新西兰-n-g（y）dydx+n+aZ-无+无（xf（x））新西兰-n2yg（y）dydx+n+aZ-无+无（f（x））新西兰-n-yg（y）dydx公司=新西兰-n-g（y）dyn+aZ-n+axf（x）dx+新西兰-n2yg（y）dyn+aZ-n+axf（x）dx+新西兰-n-yg（y）dyn+aZ-n+af（x）dx=0最后一步是有效的，因为x整数都是零，因为f（x）与1、x和x的理论正交性。因此，如果f与1、x和x正交，那么f·（Eg）=n+aR-n+af（x）0dx=0。计算3。从多项式1，x，x，····，可以使用Gram-Schmidt过程构造正交基。这一过程对于两个参与者来说是相同的，但结果是不同的，因为两个参与者的dot产品是不同的。对于玩家1和玩家2，字母ν应解释为N+A。

因此，对于两个参与者，h·h=νR-νh（x）h（x）dx。为了简化计算：xA·xB=νZ-νxAxBdx=νZ-νxA+Bdx=νA+B+1A+B+1--νA+B+1A+B+1=νA+B+1A+B+11.- (-1） A+B+1=νA+B+1A+B+11-（1，A+B+1为偶数-1，A+B+1是奇数=νA+B+1A+B+1（0，A+B+1是偶数2，A+B+1是奇数！因此，如果A+B是偶数（因此A+B+1是奇数），xA·xB=A+B+1νA+B+1，而如果A+B是奇数（因此A+B+1是偶数），xA·xB=0。基础的第一个（非标准化）向量为1。基的第二个向量是x-x·11·11，它是x与1正交的分量。Asx·1=x·x=0，这就是x。第三个向量是x-x·11·11.-x·xx·xx、 与H1和x.x正交-x·11·11.-x·xx·xx=x-2+0+1ν2+0+10+0+1ν0+0+1!1.-1+1+1ν1+1+1!x=x-ν2ν!1.-ν!x=x-因此，第三个向量r是x-ν. 第四个向量是：（再次，与1、x和x正交-ν） x个-x·11·11.-x·xx·xx个-x个·x个-νx个-ν·x个-ν!x个-ν= x个-ν!1.-νν!x个-x·x- x个·νx个-ν·x个-ν!x个-ν= x个-νx个-0- 0νx个-ν·x个-ν!x个-ν= x个-νx（因为非零与自身的点积o是非零多项式平方的积分，因此自身为非零）。因此，第四个向量x-νx、 第五个向量是（与前四个向量成正比）：x-x·11·11.-x·xx·xx个-x个·x个-νx个-ν·x个-ν!x个-ν-x个·x个-νxx个-νx·x个-νx!x个-νx= x个-νν!1.-x·xx个-x·x-ν（x·1）x个-ν·x个-ν!x个-ν-x·x-ν（x·x）x个-νx·x个-νx!x个-νx= x个-ν-ν-ννx·x- 2.ν（x·1）+ν(1 · 1 )!x个-ν-0-ν(0)x个-νx·x个-νx!x个-νx= x个-ν-ν-νν- 2.νν+νν!x个-ν这简化为：x-ν-νν!x个-ν= x个-ν-νx个-ν= x个-ν-νx+ν=x-νx+因此，第一个五个非规范化向量为1，x，x-ν、 x个-νx和x-νx+ν. 规范化它们需要将每个t hem除以其大小。

因此，第一个向量是：√1·1=qν=r！ν-第二个向量是：x√x·x=xqν=r！ν-第三个向量是：x-νqx个-ν·x个-ν=x个-νqx·x- 2.ν（x·1）+ν（1·1）=x-νqν- 2.νν+νν=x个-νqν-ν+ν=x-νqν=r！ν-x个-rν-第四个向量是：x-νxqx个-νx·x个-νx=x个-νxqx·x- 2.ν（x·x）+ν（x·x）=x-νxqν- 2.νν+νν=x个-νxqν-ν+ν=x-νxqν=r！ν-x个-rν-第x个向量为：x-νx+νqx个-νx+ν·x个-νx+ν=x个-νx+νvuuuuutx·x- 2.νx·x+ 2.νx·1+νx·x- 2.ννx·1+ν（1·1）=x-νx+νvuuuuuutν- 2.νν+ 2.νν+νν- 2.ννν+νν这简化为：x-νx+νqν-ν+ν+ν-ν+ν=x-νx+νqν=r！ν-x个-rν-x+r！ν-因此，第一个五个正交多项式ar e：r！ν-rν-xr！ν-x个-rν-rν-x个-rν-xr！ν-x个-rν-x+r！ν-（其中，对于玩家1和玩家2，νisn+a）。计算4。x=t的纯策略，t∈ [-ν、 ν]，其中，对于播放器1和播放器2，νisn+a由狄拉克δ“函数”δ（x）表示- t） 。对于任何函数h，以下条件成立：δ（x- t） ·h=νZ-νδ（x- t） h（x）dx=νZ-νδ（x- t） h（t）dx=h（t）νZ-νδ（x- t） d x=（h（t））（1）=h（t）这意味着新坐标系中任一参与者的纯策略是f（t）f（t）f（t）对于玩家1和g（t）g（t）g（t）对于玩家2，其等效为q无+无-q无+无-t型q无+无-t型-q无+无-对于玩家1和qn-qn-t型qn-t型-qn-对于玩家2。计算5。曲线图q无+无-q无+无-t型q无+无-t型-q无+无-玩家1的纯策略在平面x=0上对称。也就是说，如果（x，x，x）在曲线上，那么（x，-x、 x），只需切换t的符号即可访问。

因此，该曲线的凸包在平面x=0上也是对称的，原因相同：任何纯策略的凸组合，在所有组件中切换t的符号都会切换第三个组件的符号，但其他两个组件保持不变。同样，玩家2的纯策略曲线的凸包，即曲线的凸包qn-qn-t型qn-t型-qn-在平面y=0上对称。这意味着，对于f·f和f·f层1所能做出的每一个选择，玩家1总是可以在不离开凸包的情况下将f·f设置为零，而玩家2也有类似的说法。玩家1的预期收益·（Eg），即f·ff·ff·fT-无+无n+-无+无n-√无+无n-无+无n-√无+无n0 0g·gg·gg·g可以重写为f·ff·ff·fT-无+无n+-无+无n-√无+无n-√无+无n0 00 0-无+无ng·gg·gg·g或作为f·ff·fT-无+无n+-无+无n-√无+无n-√无+无n克·克·克+-无+无n（f·f）（g·g）（可通过执行矩阵乘法进行验证）。任意一个playercan集-无+无n（f·f）（g·g）通过将g·g的f·设置为零，在不影响其他项的情况下为零。因此，在任何纳什均衡中，玩家1将f·fto设置为零，玩家2将g·gto设置为零，并且两个玩家都这样做，产生相同的预期收益。因此，Player1将f·fto设置为零不会给玩家2提供新的选项，因为玩家2可以通过将g·gto设置为零来“模拟”这些选项。

因此，f·f和g·g都被设置为零的结果是另一个纳什均衡。因此，玩家1的策略空间可以导出为q无+无-q无+无-t型-q无+无-, 玩家2的策略空间可以简化为qn-qn-t型-qn-, 不从开始-n+aton+afor Player 1和from-对于玩家2来说，是纯策略下降的区间。这个间隔可以缩短一半0，不适用对于玩家1和to0，n对于游戏者2来说，因为负值通常不会对任何一条曲线贡献任何点，而这条曲线不是由t的正值贡献的，因此它们不会对该曲线的凸面hullof贡献任何新点。这使得ta是双射函数，所以Tx=无+无-2对于Player1和Ty=n-2t可以作为这些曲线的参数。TXandTyre都在[0，1]中。

在Tx方面，玩家1的战略空间可以减少到q无+无-q无+无-德克萨斯州-q无+无-, 玩家2的策略空间可以简化为qn-qn-泰-qn-.这些是线段（虽然如果r大于3，则不会是线段），因此它们是自己的凸包。分解后，这些细分成为q无+无-q德克萨斯州-q对于玩家1和qn-q泰-q对于玩家2。由于这些减少的空间位于新坐标中，玩家1的Payoffi isr！无+无-q德克萨斯州-qT*-无+无n+-无+无n-√无+无n-无+无n-√无+无n0 0*rn-q泰-q=无+无-n-q德克萨斯州-qT*-无+无n+-无+无n-√无+无n-无+无n-√无+无n0 0*q泰-q=无+无-n--无+无n+-无+无n!(1) (1)+-√!无+无nr德克萨斯州-r(1)+-√!无+无n（1） r！泰-r（通过乘以矩阵乘积并忽略任何零项）。这是TX和Ty中的递减函数，因此播放器1应选择Set=0，播放器2应选择T=1。玩家1的选择对应于tot=0，因此，对应于纯策略0。玩家2的选择对应于tot=n，因此，等于纯策略和-n、 参考文献[1]E.M.L.Beale和G.P.M.Heselden。解决blotto游戏的一种近似方法。《海军研究后勤季刊》，9（2）：65–791962年。[2] Soheil Behnezhad、Sina Dehghani、Mahsa Derakhshan、MohammadTaghi HajiAghayi和Saeed Seddighin。更快更简单的算法，用于优化blott-o博弈策略。更正，abs/1612.040292016。[3] 理查德·贝尔曼。简短注释：关于“上校Blot to”和类似游戏。《暹罗评论》，11（1）：66–681969年。[4] D.W.Blackett。Blotto游戏的纯策略解决方案。《海军研究后勤季刊》，5（2）：107–109，1958年。[5] 埃米尔·博雷尔。

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