四柱汉诺塔的 Frame-Stewart 算法及其最优性

注：本文基本上是对参考文献 \(1\) 的翻译。这份论文是法语的，并且我没找到英语版本或中文介绍（

大家应该很熟悉汉诺塔了把，，，这里就不解释三柱汉诺塔了。

Frame-Stewart 算法

对于有 \(N\) 个圆盘 \(p\) 和 \(p(p\ge 3)\) 个柱子的汉诺塔，该算法寻找 \(1\le l<N\)，使得以下步骤得到操作次数最小：

• 把前 \(l\) 个通过 \(p\) 个柱子移到一个非目标柱子上。

• 把剩下的圆盘通过 \(p-1\) 个柱子移到目标柱子上去。

• 把前 \(l\) 个通过 \(p\) 个柱子移到目标柱子上。

设其答案为 \(\Phi(p,N)\)，有：

\[\Phi(p,N)=\min_{1\le l<N}(2\Phi(p,l)+\Phi(p-1,N-l))
\]

边界条件：\(\Phi(3,N)=2^N-1,\Phi(p,1)=1\)。

如何证明其正确性呢？这是一个困难的问题，见下文所述。

有关 \(\Psi\) 和 \(\Phi\) 的代数性质

有必要引入几个重要函数及其性质来辅助证明定理 \(9\) 和定理 \(10\)。

设

\[[n]=\{0,1,\dots,n-1\}
\]

\[\Delta (n)=n(n+1)/2,\nabla(n)=\max\{k\ge 0\mid \Delta(k)\le n\}
\]

\[\Phi(n)=\sum _{i=0}^{n-1}2^{\nabla(i)}
\]

此时有 \(\Delta u=u+\Delta(u-1)\)。

参考文献 2 指出，

\[\Phi(n)=\min_{0\le m<n}2\Phi(m)+2^{n-m}-1
\]

可以发现其的确和 \(\Phi(4,N)\) 的递推式吻合，所以说 \(\Phi(n)\) 即为所找 \(\Phi(4,N)\)。根据这一点不难得出其通项公式

\[\Phi(n)=1-2^{t-2}(t^2-3t+4-2n)
\]

推论：

\[\forall a,b\in \mathbb{N},\Phi(a+b)\le 2\Phi(a)+2^b-1
\]

其中 \(t=\lceil \sqrt{2n}\rceil\)。

引理 1：对于 \(n,p\in \mathbb{N},p\le n+1\)，

\[\Phi(\Delta n+p)=1+(n+p-1)2^n
\]

证明：显然其在 \(p=0\) 时成立，\(p\) 逐渐增加到 \(n+1\) 时都不会改变 \(\Delta n+p-1\) 的 \(\nabla\) 值，得证。

定义函数

\[\Psi_L(E)=(1-L)2^L-1+\sum_{u\in E}2^{\min(\nabla u,L)}
\]

\[\Psi(E)=\sup _{L\in \mathbb{N}}\Psi_L(E)
\]

不难发现其是良定义的。

引理 2：\(\forall n\in\mathbb{N}\)，

\[\Psi[n]=\frac{\Phi(n+1)-1}2
\]

证明：

\(n=0\) 时命题成立。因此假设 \(n\ge 1\)。

类似于带余除法地，设 \(n=\Delta m+p\)，其中 \(m=\nabla n\)，此时 \(0\le p\le m\)。

根据引理 \(1\)，有：

\[\Phi(\Delta m)=1+(m-1)2^m
\]

\[\Phi(n+1)=1+(m+p)2^m
\]

因此 \(\forall L\in \mathbb{N}\)，有：

\[\Psi_{L+1}[n]-\Psi_L[n]=-(L+1)2^L+\sum _{u\in [n]}2^{\min(\nabla u,L+1)}-2^{\min(L,\nabla u)}
\]

\[=-(L+1)2^L+2^L(\#\{u\in [n]\mid u\ge \Delta(L+1)\})
\]

\[=2^L(\max(0,n-\Delta(L+1))-(L+1))
\]

此式 \(>0\) 当且仅当：

\[n\ge \Delta(L+1)+L+2=\Delta(L+2)
\]

即 \(\nabla n\ge L+2\)，等价于 \(L<m-1\)。因此只需计算 \(\Psi_{m-1}[n]\)。

\[\Psi_{m-1}(n)=(2-m)2^{m-1}-1+\sum _{0\le i<\Delta m}2^{\nabla i}+\sum_{\Delta m\le k<n}2^{m-1}
\]

\[=(2-m)2^{m-1}-1+\Phi(\Delta m)+(n-\Delta m)2^{m-1}
\]

\[=m2^{m-1}+p2^{m-1}
\]

\[=\frac{\Phi(n+1)-1}2
\]

证毕。

推论：

\[\forall a,b\in \mathbb{N},\Psi[a+b]\le 2\Psi[a]+2^{b-1}
\]

根据引理 \(2\) 化为 \(\Phi\) 即可。

引理 \(3\)：\(\forall n\in \mathbb{N}\)，

\[\Psi[n+2]\ge 2^{(\nabla n)+1}
\]

设 \(s=\nabla n\)。根据 \(\Psi[\cdot]\) 递增，仅需考虑 \(\Psi[\Delta s+2]\ge 2^{s+1}\)。

容易验证 \(s<2\) 时成立，对于 \(s\ge 2\)，根据引理 \(2\)，

\[\Psi[\Delta s+2]=(s+2)2^{s-1}\ge 2^{s+1}
\]

证毕。

引理 \(4\)：\(\forall E\subset N,\#E=n\)，

\[n\le \Psi[n]\le \Psi (E)\le 2^n-1
\]

\(n\le \Psi[n]\) 是显然的。

\(\Psi[n]\le \Psi (E)\)：设 \(E\) 排序后为 \(e_0<e_1<\dots<e_{n-1}\)。此时有 \(e_i\ge i\)。所以

\[\Psi_L(E)=(1-L)2^L-1+\sum_{i}2^{\min(\nabla e_i,L)}\ge (1-L)2^L-1+\sum_{i}2^{\min(\nabla i,L)}=\Psi_L[n]
\]

\(\Psi(E)\le 2^n-1\)：放缩，

\[\Psi_L(E)=(1-L)2^L-1+\sum_{i\in E}2^{\min(\nabla u,L)}
\]

\[\le (1-L)2^L-1+\sum_{i\in E}2^{L}=(1+n-L)2^L-1\le 2^{n}-1
\]

证毕。

引理 \(5\)：设 \(A,B\subset \mathbb{N}\)，

\[\Psi(A)-\Psi(B)\le \sum_{u\in A-B}2^{\nabla u}
\]

设 \(\Psi(A)=\Psi_L(A)\)。放缩：

\[\Psi(A)-\Psi(B)\le \Psi_L(A)-\Psi_L(B)\le \Psi_L(A)-\Psi_L(A\cap B)
\]

\[=\sum _{u\in A-B}2^{\min (\nabla u,L)}\le \sum _{u\in A-B}2^{\nabla u}
\]

引理 \(6\)：设 \(A\subset \mathbb{N}\)，\(s\in \mathbb{N}\)，使得 \(\#(A-[\Delta s])\le s\)，那么：

\[\Psi(A)-\Psi(A-\{a\})\le 2^{s-1},\forall a\in A
\]

可以假设 \(A\neq \varnothing\)，那么 \(s\ge 1\)。\(\forall L\ge s-1\)，根据前面的结果，

\[\Psi_{L+1}(A)-\Psi_L(A)=2^L(\#\{n\in A\mid n\ge \Delta(L+1)\}-L-1)\le 2^L(\#\{n\in A\mid n\ge \Delta s\}-s)\le 0
\]

那么 \(\exists L\le s-1,\Psi(A)=\Psi_L(A)\)，所以：

\[\Psi(A)-\Psi(A-\{a\})\le \Psi_L(A)-\Psi_L(A-\{a\})=2^{\min(\nabla a,L)}\le 2^L\le 2^{s-1}
\]

证毕。

引理 \(7\)：

设 \(n,s\in \mathbb{N},s\ge 1,n\ge \Delta(s-1),A\in [n],b_{1:s}\in \mathbb{N}^s\)。有：

\[\Psi(A\cup \{b_{1:s}\})-\Psi(A)\le \Psi[n+s]-\Psi[n]
\]

设 \(A_t=A\cup \{b_{1:t}\},0\le t\le s\)。原命题等价于

\[\Psi(A_t)-\Psi(A_{t-1})\le \Psi[n+t]-\Psi[n+t-1]
\]

只需考虑 \(t>0,b\) 互不相同。

根据引理 \(2\)，右式可以写作 \(2^{\sigma -1}\)，其中 \(\sigma=\nabla (n+t)\)。根据引理 \(6\)，只需证明 \(\#(A_t-[\Delta\sigma])\le \sigma\)。

注意到 \(\Delta(\sigma+1)>n+t\)，即 \(\sigma+\Delta\sigma\ge n+t\)，所以

\[\#(A_t-[\Delta\sigma])\le t+\#([n]-[\Delta\sigma])=t+\max(0,n-\Delta\sigma)\le \max(t,\sigma)
\]

下面证明 \(\sigma\ge t\)：

\[\Delta t-t=\Delta(t-1)\le \Delta(s-1)\le n
\]

所以

\[\Delta t\le n+t
\]

而 \(\sigma=\nabla(n+t)\ge t\)。证毕。

引理 \(8\)：

设 \(A,B\subset \mathbb{N},n=\#(A\cup B)\)，则

\[\Psi(A)+\Psi(B)\ge \frac{\Phi(n+3)-5}4=\frac 12\Psi[n+2]-1=\frac 14\left(\sum _{i=3}^{n+2}2^{\nabla i}\right)
\]

等号可直接通过定义得到，关注不等号：

设 \(E=A\cup B,L\in \mathbb{N}\)。根据引理 \(4\)，总有 \(\Psi_L(E)\ge \Psi_L[n]\)。所以：

\[\Psi(A)+\Psi(B)\ge \Psi_L(A)+\Psi_L(B)=\Psi_L(A\cap B)+\Psi(A\cup B)\ge \Psi _L(\varnothing)+\Psi_L(E)
\]

\[\ge \Psi_L[0]+\Psi_L[n]
\]

和上面类似地，设 \(n+3=\Delta m+p\)，其中 \(m=\nabla (n+3)\)。

根据引理 \(1\)，有：

\[\Phi(n+3)=1+(m+p-1)2^m\\
\Phi(\Delta(m-2))=1+(m-3)2^{m-2}
\]

取 \(L=m-2\)。这样

\[\Psi_L[0]+\Psi_L[n]=(1-L)2^{L+1}-2+\sum_{i=0}^{n-1}2^{\min(\nabla i,L)}
\]

\[=(3-m)2^{m-1}-2+\sum _{i=0}^{\Delta(m-2)-1}2^{\nabla i}+\sum_{i=\Delta(m-2)}^{n-1}2^{m-2}
\]

\[=(3-m)2^{m-1}-2+\Phi(\Delta(m-2))+(n-\Delta(m-2))2^{m-2}
\]

\[=(m+p-1)2^{m-2}-1=\frac{\Phi(n+3)-5}{4}
\]

这些引理会在后面的证明被反复应用。

定理 \(9\) 及其证明

汉诺塔游戏和定理 \(9\)

接下来回到原问题汉诺塔问题。

从小到大对圆盘用 \([N]\) 标号。记 \(C\) 是柱子集合，比方说 \(\{0,1,2,3\}\)。

一个汉诺塔游戏的状态可以使用一个函数 \(u:[N]\to C\) 表示。\(u(a)\) 表示 \(a\) 盘子所在柱子。所有状态的集合显然就是 \(C^{[N]}\)。

定义距离函数 \(d(u,v):(C^{[N]})^2\to \mathbb{N}\cup \{\infty\}\)，是两个状态通过合法操作互化的最小操作次数。

定理 \(9\)：

设 \(C=\{0,1,2,3\},N\in \mathbb{N}\)，\(u,v\) 是两个 \(N\) 圆盘 \(4\) 柱汉诺塔的状态。如果 \(\forall i,v(i)\in \{2,3\}\)，那么：

\[d(u,v)\ge \Psi(k\in [N]\mid u(k)=0)
\]

这个定理意味着，\(N\) 圆盘 \(4\) 柱汉诺塔的答案 \(\ge \Psi[N]\)。

下面大部分的篇幅将会证明这个定理。

定理 \(9\) 的证明

定义和基础性质

我们采取对 \(N\) 归纳的方法。边界条件是显然的。

设 \(E=\{k\in [N]\mid u(k)=0\}\)。可以假设 \(E\neq \varnothing\)，否则命题显然。

设 \(u',v':[N-1]\to C\)，是 \(u,v\) 移除掉最大的圆盘的状态。

有：

\[d(u,v)\ge d(u',v')\ge \Psi(E-\{N-1\})
\]

若 \(N-1\not\in E\)，显然；因此，假设 \(N-1\in E\)。不妨设 \(v(N-1)=2\)。

接下来定义路径。设 \(d(u,v)=D\)。路径是函数 \(\gamma:[D+1]\to C^{[N]}\)，且满足 \(\gamma(0)=u,\gamma(D)=v\)，\(d(\gamma(i),\gamma(j))=|i-j|,\forall i,j\in [D+1]\)。下面，也用 \(\gamma _i\) 指代 \(\gamma(i)\)（应用柯里化技巧）。

事实上，把所有的状态可以一步互化的连上无向边，得到的图上 \(u\) 到 \(v\) 的任意一条最短路径就是上面的 $\gamma $。

设 \(E'=\{k\in E\mid \exists t\in [D+1],\gamma_t(k)=3\}\)，即初始在第 \(0\) 柱，但经过第 \(3\) 柱的圆盘集合。

考虑 \(E'=\varnothing\) 的情况。这就是三柱问题，而根据引理 \(4\) 知道 \(\Psi (E)\le 2^{\# E}-1\)，而 \(D\ge 2^{\# E}-1\ge \Psi(E)\)。

设 \(T=\max E'\)，\(E''=E-[T+1]\)，\(K=|E''|\)（可能是 \(0\)）。设 \(E''=\{b_{1:K}\},b_i<b_{i+1}\)。

显然有 \(T+K+1\le N\)。

设 \(t_0\) 是最小的整数使得 \(\gamma_{t_0}(T)\neq 0\)，即 \(T\) 已经离开 \(0\) 柱子的时间。设状态 \(x_0=\gamma(t_0-1)\)。在这一状态中，第 \(0\) 柱的顶部是 \(T\)，移动到的那一柱的顶部 \(>T\)。设 \(t_1\) 是最小的整数使得 \(\gamma_{t_1}(T)=3\)。类似地，设 \(x_3=\gamma(t_1)\)。在这一状态中，第 \(3\) 柱的顶部是 \(T\)，来的那一柱顶部 \(>T\)。显然 \(1\le t_0\le t_1\le D\)。

设 \(t_2\) 是最小的整数使得 \(\gamma_{t_2}(N-1)\neq 0\)，并设 \(z_0=\gamma(t_2-1)\)。在这一状态中，第 \(0\) 柱的顶部是 \(N-1\)，移动到的那一柱是空的。设 \(t_3\) 是最大的整数使得 \(\gamma_{t_3}(N-1)\neq 2\)，并设 \(z_2=\gamma (t_3+1)\)。在这一状态中，第 \(2\) 柱的顶部是 \(N-1\)，来的那一柱是空的。此时有 \(t_2\le t_3+1\)。

类似地定义 \(x'_a,z'_b\) 是忽略 \(N-1\) 圆盘的 \(x_a,z_b\)，\(x_a'',z_b''\) 是忽略 \(\ge T\) 的圆盘的 \(x_a,z_b\)。

观察到 \(z_0'\) 的两列都是空的。所以可以类似地应用归纳假设：

\[d(u,z_0)\ge d(u',z_0')\ge \Psi\{k\in [N-1]\mid u(k)=0\}=\Psi(E-\{N-1\})
\]

类似地：

\[d(u,x_0)\ge d(u'',x_0'')\ge \Psi(E\cap [T])
\]

\(\Delta K>T\)

首先考虑 \(\Delta K>T\) 的情形。

此时有 \(K\ge 1,T<b_k=N-1\)，也就是说 \(N-1\) 没有经过第 \(3\) 柱。

此外，注意到 \((E-[\Delta K])\subset E''\)，\(\#(E-[\Delta K])\le \Delta K\)，那么可以应用引理 \(6\)：

\[\Psi (E)-\Psi(E-\{N-1\})\le 2^{K-1}
\]

与上面的式子结合，得到

\[d(u,z_0)\ge \Psi(E)-2^{K-1}
\]

由于 \(t_2\le t_3+1\)，\(u\) 到 \(v\) 的路径 \(\gamma\) 一定形如：

\[u\to z_0\to z_2\to v
\]

考虑 \(z_2\) 的 \(2\) 柱和 \(c=\gamma_{t_3}(N-1)\)（\(c\in\{0,1\}\)）柱上不能有 \(<N-1\) 的圆盘，所以 \(b_{1:K-1}\) 一定都在 \(1-c\) 柱上。这些盘最后（\(v\)）一定都在 \(2\) 柱上，而这些圆盘不被允许通过第 \(3\) 柱。根据三柱汉诺塔，有：

\[d(z_2,v)\ge 2^{K-1}-1
\]

而 \(d(z_0,z_2)\ge 1\)，所以：

\[D=d(u,z_0)+d(z_0,z_2)+d(z_2,v)
\]

\[\ge (\Psi(E)-2^{K-1})+1+(2^{K-1}-1)=\Psi(E)
\]

证毕。

\(\Delta K\le T\)

其次考虑 \(\Delta K\le T\) 的情况。

取 \(s=\nabla(T+K+1)\)。由于 \(E=[T+1]\cup E''\)，\(\#(E-[\Delta s])\le \max(T+1-\Delta s,0)+K\)。

显然 \(s\ge \nabla T\ge K\)。并且 \(T+K+1<\Delta(s+1)=\Delta s+s+1\)，那么 \(T+K+1-\Delta s\le s\)。根据以上两条，有：

\[\#(E-[\Delta s])\le s
\]

所以应用引理 \(6\) 有：

\[\Psi(E)-\Psi(E-\{N-1\})\le 2^{s-1}
\]

这次作用于上面的式子得到的结果是

\[d(u,z_0)\ge d(u',z_0')\ge \Psi(E)-2^{\nabla(T+K+1)-1}
\]

\(K=0\)

先考虑 \(K=0\)。

这意味着 \(T=N-1\) 经过了 \(3\) 柱，最后留在 \(2\) 柱。

因为 \(t_1\le t_3\)，所以 \(u\) 到 \(v\) 的路径 \(\gamma\) 一定形如：

\[u\to z_0=x_0\to x_3\to z_2\to v
\]

设 \(c=\gamma_{t_3}(N-1)\neq 2\)。所以在状态 \(z_2'\) 中，所有圆盘都在除了 \(2,c\) 的那两个柱子上。设：

\[\{0,1,2,3\}-\{2,c\}=\{a,b\}
\]

不妨设 \(a,b\) 是依下表的值：

\(c\)	\(0\)	\(1\)	\(3\)
\(a\)	\(3\)	\(3\)	\(0\)
\(b\)	\(1\)	\(0\)	\(1\)

设

\[A=\{k\in [N-1]\mid z_2(k)=a\}
\]

\[B=\{k\in [N-1]\mid z_2(k)=b\}
\]

因为 \(A\cup B=[N-1]\)，根据引理 \(8\)，有：

\[\Psi(A)+\Psi(B)\ge \frac 12\Psi[N+1]-1
\]

\[=\frac 14(2^{\nabla (N+1)}+2^{\nabla N})+\frac 12 \Psi[N-1]-1
\]

\[\ge 2^{\nabla(T+K+1)-1}+\frac 12 \Psi[N-1]-1
\]

在 \(x'_a\) 中， \(a\) 柱和另一柱为空，因此可以应用归纳假设：

\[d(z_2',x_a')\ge \Psi(A)
\]

而在 \(v'\) 中，\(0\) 和 \(1\) 柱为空，有：

\[d(z_2,v)\ge d(z_2',v')\ge \Psi(B)
\]

而在 \(z_0\) 到 \(z_2\) 的路径上，\([N-1]\) 的圆盘至少做了 \(d(x_a',z_2')\) 次操作（因为路径结构），而 \(N-1\) 至少需要 \(0\to 3\to 2\)，所以

\[d(z_0,z_2)\ge \Psi(A)+2
\]

那么

\[D=d(u,v)=d(u,z_0)+d(z_0,z_2)+d(z_2,v)
\]

\[\ge \Psi(E)-2^{\nabla(T+K+1)-1}+\Psi(A)+2+\Psi(B)
\]

\[\ge \Psi(E)+1+\frac 12 \Psi[N-1]\ge \Psi(E)
\]

\(K\ge 1\)

接下来解决最后一种情况：\(K\ge 1\)，所以 \(T<b_k=N-1\)。

此时我们无从比较 \(t_1\) 和 \(t_3+1\)，难以像之前一样直接每段放缩，只能分类讨论。

\(t_1>t_3+1\)

假设 \(t_1>t_3+1\)。

那么 \(u\to v\) 的路径一定形如：

\[u\to z_0\to z_2\to x_3\to v
\]

在状态 \(x_3\) 中，\(3\) 和 \(d=\gamma_{t_1-1}(T)\) 不包含小于 \(T\) 的圆盘。他们在剩下的两列里。所以，设 \(c=\gamma_{t_3}(N-1)\in \{0,1\}\)。

那么设：

\[\{0,1,2,3\}-\{3,d\}=\{a,b\}
\]

其中 \(a,b\) 值依下表。

\(d\)	\(0\) 或 \(1\)	\(2\)
\(a\)	\(2\)	\(c\)
\(b\)	\(1-d\)	\(1-c\)

设

\[A=\{k\in [T]\mid x_3(k)=a\}
\]

\[B=\{k\in [T]\mid x_3(k)=b\}
\]

在状态 \(z_2''\) 中， \(a\) 和另一列是空的。因此应用归纳假设：

\[d(x_3,z_2)\ge d(x_3'',z_2'')\ge \Psi(A)
\]

而在 \(v''\) 中， \(0,1\) 列为空。所以应用归纳假设：

\[d(x_3,v)\ge d(x_3'',v'')\ge \Psi(B)
\]

而 \(d(z_0,z_2)\ge 1\)，所以：

\[D=d(u,v)=d(u,z_0)+d(z_0,z_2)+d(z_2,z_3)+d(x_3,v)
\]

\[\ge \Psi(E)-2^{\nabla (T+K+1)-1}+1+\Psi(A)+\Psi(B)
\]

\[\ge \Psi(E)-2^{\nabla(T+K+1)-1}+\frac 12 \Psi[T+2]
\]

设 \(s=\nabla(T+K+1)\)。因为 \(T\ge \Delta K\)，\(T+K+1\ge \Delta(K+1)\)，即 \(s\ge K+1\)。但是

\[T=(T+K+1)-(K+1)\ge \Delta s-s=\Delta(s-1)
\]

即 \(\nabla T\ge s-1\)。根据引理 \(3\)，\(\Psi[T+2]\ge 2^s\)。所以，\(D\ge \Psi (E)\)。

\(t_1<t_3+1\)

设 \(t_1<t_3+1\)。

\(u\to v\) 的路径一定形如：

\[u\to x_0\to x_3/z_0\to z_2\to v
\]

中间不能确定 \(x_3\) 和 \(z_0\) 的顺序。

在状态 \(z_2'\) 中，\(2\) 柱和 \(c=\gamma_{t_3}(N-1)\in \{0,1\}\) 柱为空。因此所有圆盘都在 \(3\) 柱和 \(b=1-c\) 柱上。\(b_{1:K-1}\) 一定在 \(b\) 柱上。

设

\[A=\{k\in [T]\mid z_2(k)=3\}
\]

\[B=\{k\in [N-1]\mid z_2(k)=b\}
\]

在状态 \(x_3''\) 中，\(3\) 柱和另一柱为空。因此可以应用归纳假设，\(d(z_2'',x_3'')\ge \Psi(A)\)。

而在状态 \(v'\) 中，\(0,1\) 柱为空，所以 \(d(z_2,v)\ge d(z_2',v')\ge \Psi(B)\)。

\[([T]\cup \{b_{1:K-1}\})\subset (A\cup B)
\]

所以

\[\Psi(A)+\Psi(B)\ge \frac 12 \Psi[T+K+1]-1
\]

由于 \(d(z_2'',x_3'')\ge \Psi(A)\)，在 \(x_3\) 到 \(z_2\)，\(<T\) 的圆盘至少操作 \(\Psi(A)\) 次。从 \(u\) 到 \(x_0\)，\(<T\) 的圆盘至少操作 \(\Psi(E\cap [T])\) 次（依靠归纳假设）。此外，在 \(u\) 状态下，\(b_{1:K-1}\) 圆盘都在 \(0\) 柱，在 \(z_0\) 却都不在 \(0\) 柱上，且不能经过 \(3\) 柱。因此，根据三柱汉诺塔，他们至少需要 \(2^{K-1}-1\) 次操作完成这个。最后，盘 \(T\) 在 \(x_0\) 到 \(x_3\) 至少被操作一次，盘 \(N-1\) 在 \(z_0\) 到 \(z_2\) 至少被操作一次。综上，

\[d(u,z_2)\ge \Psi(E\cap [T])+\Psi(A)+2^{K-1}+1
\]

得到结果：

\[D=d(u,v)=d(u,z_2)+d(z_2,v)
\]

\[\ge\Psi(E\cap [T])+\Psi(A)+2^{K-1}+1+\Psi(B)
\]

\[\ge \Psi(E\cap [T])+\frac 12 \Psi[T+K+1]+2^{K-1}
\]

另外，由于 \(T\ge \Delta K\)，\(E=(E\cap[T])\cup\{T,b_{1:K}\}\)，根据引理 \(7\)，有：

\[\Psi(E)-\Psi(E\cap [T])\le \Psi[T+K+1]-\Psi[T]
\]

根据上式，有：

\[D-\Psi(E)\ge \Psi(T)+2^{K-1}-\frac 12\Psi[T+K+1]
\]

根据引理 \(2\) 的推论，右式非负，所以 \(D\ge \Psi(E)\)。

至此，定理 \(9\) 的所有情况证毕。

证明原命题-定理 \(10\)

定理 \(9\) 并没有显然地给出 Frame-Stewart Algorithm 的正确性。

定理 \(10\)：\(N\) 个圆盘的汉诺塔问题可以在 \(\Phi(N)\) 步内解决。

不妨设 \(N\ge 1\)。

设 \(u\) 是所有 \(N\) 个圆盘都在 \(0\) 柱的状态，\(v\) 是所有圆盘都在 \(2\) 柱的状态。

\(u\) 到 \(v\) 的路径一定形如：

\[u\to z_0\to z_2\to v
\]

由于 \(z_0\) 有两列为空，应用定理 \(9\)：

\[d(u,z_0)\ge d(u',z_0')\ge \Psi\{k\in [N-1]\mid u(k)=0\}=\Psi[N-1]
\]

同样，

\[d(v,z_2)\ge \Psi[N-1]
\]

而 \(d(z_0,z_2)\ge 1\)，所以：

\[d(u,v)=d(u,z_0)+d(z_0,z_2)+d(z_2,v)\ge 1+2\Psi[N-1]=\Phi(N)
\]

最后一个等号来源于引理 \(2\)。

证毕。

参考文献

参考文献 1 ：T. Bousch. La quatri`eme tour de Hano¨ı. Bull. Belg. Math. Soc. Simon Stevin, 21:895–912,2014.

参考文献 2： S.Klav˘zar, U. Milutinovi´c, and C. Petr. On the Frame-Stewart algorithm for the multi-peg Tower of Hanoi problem.Discrete Appl. Math., 120(1–3):141–157, 2002.