Aantal mogelijke schaakstellingen

[Verwijderd]

Toch nog even wat opmerkingen over die "bitnotatie", want er worden toch een aantal dingen vergeten:
1) zetherhaling en 50-zetten regel. Als je stellingen uniek wilt identificeren (enumereren), zul je die gegevens moeten meenemen, wat meer dan 5 bits extra oplevert. (Voorkennis uit voorgaande stellingen mag je niet gebruiken tenzij je die bitlengtes van al die vorige stellingen erbij rekent).

edit:
2) was crap

[Verwijderd]

er zijn nog wel meer dingen die niet kloppen.. Van die 192 bits posities zijn er veel minder mogelijk in het echt, je kan bijvoorbeeld nooit meer dan 32 stukken op het bord hebben

[Mx. Alba]

Verwijderd schreef op 17 november 2002 @ 15:37:
er zijn nog wel meer dingen die niet kloppen.. Van die 192 bits posities zijn er veel minder mogelijk in het echt, je kan bijvoorbeeld nooit meer dan 32 stukken op het bord hebben

Die 192-bits-methode houdt daar ook rekening mee.

En het zijn trouwens 193 bits :

32 x 5 bits (de stukken)
32 x 1 bit (de lege vakjes)
1 bit (zwart of wit aan zet)

Voor de 50-zetten-regel (dat is toch dat er niet 50 zetten gedaan mogen worden zonder dat een stuk geslagen wordt of een pion verzet?) zou je inderdaad nog 5 bits toe moeten voegen, dus kom je op 198 bits. Maar eigenlijk is die informatie niet erg van belang voor de stelling. Wel voor het verloop van het spel, maar niet voor de stelling.

Kijk, in principe maakt het helemaal niets uit of er nou één, twee, drie, twintig of vijfendertig zetten gedaan zijn zonder te slaan. Pas boven de 40 gaat het voor het verdere verloop van het spel invloed hebben.

Daarbij komt dat de stelling eigenlijk het zelfde is, of die 'zetcounter' nou op 0 of op 49 staat.

Ik vind dus dat die zetcounter eigenlijk los staat van de stelling. Als je een schaakprogramma zou maken dat "brute force" werkt en van "ons" 193-bits stellingcodeermechanisme gebruik zou maken, dan zou ik de zetcounter, evenals het bijhouden van repeterende zetten, in het programma zelf bouwen, en dus niet in de "zettenboom".

[Verwijderd]

Mx. Alba schreef op 17 November 2002 @ 16:55:
[...]


Die 192-bits-methode houdt daar ook rekening mee.

En het zijn trouwens 193 bits :

32 x 5 bits (de stukken)
32 x 1 bit (de lege vakjes)
1 bit (zwart of wit aan zet)

dat werkt volgens mij niet zo, want je moet een regelmatig patroon hebben of van te voren weten waar alles staat..
Hiet staat eerst 32 x 5 bits... wat duid je met die 5 bits aan? het soort stuk ? dat kan in 4 bits (inclusief kleur). of de positie? maar dat moet in 6 bits..
Hier kan een computer niets mee.. Die weet niet wanneer hij een 5 bit patroon of een 1 bit patroon moet lezen
het is beter om 32* 6 bits patroon te hebben (32 * locatie van het stuk) en de volgorde van de stukken vantevoren af te spreken zodat de computer weet welk stuk waar staat.. maar dan kom je weer op 2^192 (193 voor wie aan zet is) aan..
en dat is dus veel meer dan wat er mogelijk is..

edit: hmm... het houd er dus WEL rekening mee... stom..

[jvdmeer]

Mx. Alba schreef op 15 november 2002 @ 16:40:
[...]


Inderdaad...


[...]


* jvdmeer knikt instemmend.


[...]


140 bits in standaardsituatie, dat is niet slecht.

Maar het moeilijke is: promotiestukken. Wat als er acht torens op het bord staan door promotie?

Ik hoop ook dat iemand kan bewijzen, dat dat 140 inderdaad een maximum aantal bits is. Misschien dat iemand in een schaakdatabase kan opzoeken wat het maximum aantal stukken is, wat nog op het bord staat, als de eerste promotie plaatsvindt.
(Dan hebben we het helaas over een praktijkmaximum, voor een theoretisch maximum is er nog wat denkwerk nodig...)
Maar als iemand me aan een theoretisch maximum kan helpen, dan graag. Want volgens mij kunnen alle 16 de pionnen promoveren, maar dan kost dat 8 dure stukken. (4 witte om de zwarte pionnen met z'n tweeen op een rij te krijgen en 4 zwarte om de witte pionnen achter elkaar te krijgen).
Wanneer zo alle 16 de pionnen zijn gepromoveerd, dan hebben we volgens mij:
140 bits (basisstelling)
-16*3 bits (16 pionnen minder, zijn gepromoveerd)
-8 *6 bits (8 "dure" stukken zijn geslagen)
+16*6 bits (16 "dure" stukken na promotie erbij)
====
140 bits

Dus volgens mij is 140 bits nog steeds het maximum voor het opslaan van een willekeurige schaakstelling (+evt 1. bit voor wit/zwart aan zet)

[Mx. Alba]

Verwijderd schreef op 18 November 2002 @ 17:13:
dat werkt volgens mij niet zo, want je moet een regelmatig patroon hebben of van te voren weten waar alles staat..
Hiet staat eerst 32 x 5 bits... wat duid je met die 5 bits aan? het soort stuk ? dat kan in 4 bits (inclusief kleur). of de positie? maar dat moet in 6 bits..
Hier kan een computer niets mee.. Die weet niet wanneer hij een 5 bit patroon of een 1 bit patroon moet lezen
het is beter om 32* 6 bits patroon te hebben (32 * locatie van het stuk) en de volgorde van de stukken vantevoren af te spreken zodat de computer weet welk stuk waar staat.. maar dan kom je weer op 2^192 (193 voor wie aan zet is) aan..
en dat is dus veel meer dan wat er mogelijk is..

edit: hmm... het houd er dus WEL rekening mee... stom..

Oké, een voorbeeld van de beginstelling van een bord. Stel eerst:

000 = zwarte pion
001 = zwarte loper
010 = zwarte toren
011 = zwart paard
100 = zwarte koningin
101 = zwarte koning
110 = zwarte pion die en passant geslagen kan worden
111 = zwarte onbewogen toren

Daarvoor één bit voor wit (0) of zwart (1)

Daarvoor één bit voor wel (1) of geen (0) stuk

Helemaal vooraan één bit voor wit (0) of zwart (0) aan zet

De beginstelling is dus:

code:

0                                                (beurt)
10111 10011 10001 10100 10101 10001 10011 10111  (A1-H1)
10000 10000 10000 10000 10000 10000 10000 10000  (A2-H2)
0     0     0     0     0     0     0     0      (A3-H3)
0     0     0     0     0     0     0     0      (A4-H4)
0     0     0     0     0     0     0     0      (A5-H5)
0     0     0     0     0     0     0     0      (A6-H6)
11000 11000 11000 11000 11000 11000 11000 11000  (A7-H7)
11111 11011 11001 11100 11101 11001 11011 11111  (A8-H8)

Of, als je de kolommen neemt:

code:

0                                (beurt)
10111 10000 0 0 0 0 11000 11111  (A1-A8)
10011 10000 0 0 0 0 11000 11011  (B1-B8)
10001 10000 0 0 0 0 11000 11001  (C1-C8)
10100 10000 0 0 0 0 11000 11100  (D1-D8)
10101 10000 0 0 0 0 11000 11101  (E1-E8)
10001 10000 0 0 0 0 11000 11001  (F1-F8)
10011 10000 0 0 0 0 11000 11011  (G1-G8)
10111 10000 0 0 0 0 11000 11111  (H1-H8)

Toch heel elegant?

En na de openingszet:

code:

1                                                (beurt)
10111 10011 10001 10100 10101 10001 10011 10111  (A1-H1)
10000 10000 10000 10000 0     10000 10000 10000  (A2-H2)
0     0     0     0     0     0     0     0      (A3-H3)
0     0     0     0     10110 0     0     0      (A4-H4)
0     0     0     0     0     0     0     0      (A5-H5)
0     0     0     0     0     0     0     0      (A6-H6)
11000 11000 11000 11000 11000 11000 11000 11000  (A7-H7)
11111 11011 11001 11100 11101 11001 11011 11111  (A8-H8)

of natuurlijk

code:

1                                (beurt)
10111 10000 0 0 0 0 11000 11111  (A1-A8)
10011 10000 0 0 0 0 11000 11011  (B1-B8)
10001 10000 0 0 0 0 11000 11001  (C1-C8)
10100 0 0 10110 0 0 11000 11100  (D1-D8)
10101 10000 0 0 0 0 11000 11101  (E1-E8)
10001 10000 0 0 0 0 11000 11001  (F1-F8)
10011 10000 0 0 0 0 11000 11011  (G1-G8)
10111 10000 0 0 0 0 11000 11111  (H1-H8)

[Verwijderd]

Mx. Alba schreef op 17 November 2002 @ 16:55:
Voor de 50-zetten-regel (dat is toch dat er niet 50 zetten gedaan mogen worden zonder dat een stuk geslagen wordt of een pion verzet?) zou je inderdaad nog 5 bits toe moeten voegen, dus kom je op 198 bits. Maar eigenlijk is die informatie niet erg van belang voor de stelling. Wel voor het verloop van het spel, maar niet voor de stelling.

Het is wel relevant voor de stelling, want net zoals bij zetherhaling (kost je nog een bit) verandert de stellingswaarde op het moment dat je 49 "zinloze" zetten cq. 2x de zelfde stelling bereikt hebt: wat een verloren stelling is zonder deze informatie, is een remise-stelling met die informatie. (Overigens is er wel kritiek op de 50-zettenregel omdat men dmv. eindspel-databases ontdekt heeft dat er stellingen zijn met bv. een mat in 71 en meer, terwijl de 50-zettenregel die stellingen tot remise maakt...)

[Mx. Alba]

Verwijderd schreef op 18 November 2002 @ 22:27:
Het is wel relevant voor de stelling, want net zoals bij zetherhaling (kost je nog een bit) verandert de stellingswaarde op het moment dat je 49 "zinloze" zetten cq. 2x de zelfde stelling bereikt hebt: wat een verloren stelling is zonder deze informatie, is een remise-stelling met die informatie. (Overigens is er wel kritiek op de 50-zettenregel omdat men dmv. eindspel-databases ontdekt heeft dat er stellingen zijn met bv. een mat in 71 en meer, terwijl de 50-zettenregel die stellingen tot remise maakt...)

Maar we hadden het eigenlijk over stellingen die in het licht van de herhalingsregel als verschillende stellingen worden gezien. Als je immers een toren nog niet bewogen hebt (en ook je koning niet), en je zet hem een stapje vooruit, waarna zwart een zet doet, je zet hem weer terug, waarna zwart ook zijn zet "terugneemt", dan heb je een ANDERE stelling, omdat er een roccademogelijkheid minder is.

Voor de herhalingsregel maakt het niets uit of er bij een bepaalde stelling 1 of 49 zetten zonder slag of pionzet zijn geweest... En dus zijn het in principe niet verschillende stellingen.

[Diadem]

De 50-zetten en zetherhaling regels zijn niet relevant voor het aantal verschillende schaakstellingen. Men is het er algemeen over eens dat twee stellingen hetzelfde zijn onafhankelijk van deze regels.

Deze regels gaan ook over partijverloop niet over de stelling op zich. Dit in tegenstelling tot rochaderegels, die wel over de stelling zelf gaan. Als je puur stellingen wilt coderen hoef je dus geen rekening te houden met de 50 zetten regel.

Verwijderd schreef op 18 november 2002 @ 22:27:

(Overigens is er wel kritiek op de 50-zettenregel omdat men dmv. eindspel-databases ontdekt heeft dat er stellingen zijn met bv. een mat in 71 en meer, terwijl de 50-zettenregel die stellingen tot remise maakt...)

71 is zelfs niet eens zo veel meer.



De korst mogelijke winstgang in deze stelling is als volgt:

1.Kd6 P6g4 2.Kd5 Pe3+ 3.Kd4 Pc2+ 4.Kc3 Pe3 5.Kd2 Pfg4 6.Kd3 Kg2 7.Ke4 Pc4 8.Kf4 Pge5 9.Ta7 Pd3+ 10.Ke4 Pf2+ 11.Kd4 Pd6 12.Kd5 Pb5 13.Ta5 Pd1 14.Kc5 Pbc3 15.Kc4 Pe2 16.Kd3 Pg3 17.Ta1 Pf2+ 18.Ke3 Pf1+ 19.Kd4 Pg3 20.Ta3 Pf5+ 21.Kd5 Pd1 22.Pc6 Pde3+ 23.Ke6 Pg7+ 24.Kf7 Pgf5 25.Kf6 Kf2 26.Ta2+ Kf3 27.Ke5 Kg4 28.Ke4 Pc4 29.Ta4 Kg5 30.Pd8 Pg3+ 31.Kd4 Pb6 32.Ta7 Pf5+ 33.Ke4 Pc4 34.Pe6+ Kf6 35.Ta6 Pg3+ 36.Kd4 Pd6 37.Kd5 Pde4 38.Ta3 Pf5 39.Pf8 Pf2 40.Tf3 Pg4 41.Ke4 Ph6 42.Tf2 Ke7 43.Pg6+ Ke6 44.Pf4+ Kf6 45.Pd3 Ke6 46.Pc5+ Kd6 47.Pb7+ Kc7 48.Pa5 Pd6+ 49.Kd5 Pg4 50.Td2 Pe3+ 51.Kd4 Pg4 52.Tg2 Kb6 53.Pb3 Pb5+ 54.Ke4 Pd6+ 55.Kf4 Ph6 56.Tc2 Pb5 57.Tc1 Pf7 58.Pd2 Pc7 59.Pc4+ Kb5 60.Ke4 Pg5+ 61.Kf5 Pge6 62.Pd6+ Kb6 63.Pc8+ Kb5 64.Ke5 Pc5 65.Tg1 Pb3 66.Tg7 Pa6 67.Tb7+ Kc4 68.Pd6+ Kc3 69.Tg7 Pa5 70.Tg4 Pc6+ 71.Ke4 Pa5 72.Ke3 Pb4 73.Pb5+ Kb3 74.Pd4+ Ka4 75.Th4 Pc4+ 76.Ke4 Pd6+ 77.Ke5 Pc4+ 78.Ke6 Pa3 79.Th8 Pbc2 80.Pf5 Kb5 81.Kd5 Pb4+ 82.Ke4 Pc4 83.Pd4+ Kb6 84.Th6+ Kc5 85.Th5+ Kd6 86.Pf5+ Kd7 87.Th7+ Kc6 88.Kd4 Kb5 89.Th5 Pa5 90.Pd6+ Kb6 91.Tg5 Kc7 92.Pf5 Kd7 93.Tg2 Ke6 94.Pg7+ Kd7 95.Th2 Pb7 96.Td2 Ke7 97.Tb2 Pd8 98.Kc4 Pbc6 99.Kd5 Kd7 100.Td2 Ke7 101.Ph5 Pb4+ 102.Kc5 Pa6+ 103.Kb6 Pb8 104.Pf4 Pf7 105.Kc7 Pa6+ 106.Kc6 Pb8+ 107.Kd5 Pd7 108.Te2+ Kf6 109.Tf2 Pb6+ 110.Kc6 Pc4 111.Pd5+ Kg5 112.Pe7 Ph6 113.Kd5 Pe5 114.Tf1 Pd7 115.Tg1+ Kf4 116.Pg6+ Kf5 117.Kd6 Pf6 118.Ph4+ Ke4 119.Te1+ Kd3 120.Ke5 Pd7+ 121.Ke6 Pc5+ 122.Kd5 Pd7 123.Td1+ Ke3 124.Tf1 Pb6+ 125.Ke6 Pc4 126.Pg2+ Ke2 127.Tf4 Pb2 128.Tb4 Pd1 129.Ke5 Pf7+ 130.Kf6 Pd8 131.Pf4+ Kf3 132.Pd5 Pc6 133.Tc4 Pa5 134.Ta4 Pc6 135.Ke6 Pb2 136.Th4 Pd3 137.Kf5 Ke2 138.Tc4 Pde5 139.Tc3 Kd2 140.Th3 Pc4 141.Kf4 Pd4 142.Ke4 Pe2 143.Th2 Kd1 144.Tf2 Ke1 145.Tg2 Kd1 146.Kd3 Pb2+ 147.Ke3 Pc4+ 148.Kf2 Pe5 149.Tg5 Pc4 150.Tg4 Pa3 151.Kf3 Pc2 152.Ke4 Kd2 153.Tg2 Pd4 154.Pf4 Kd1 155.Ph5 Pc2 156.Tf2 Pa3 157.Kd3 Pc1+ 158.Ke3 Pc2+ 159.Ke4 Pe2 160.Tf3 Pb4 161.Th3 Pc1 162.Th2 Pe2 163.Pg7 Pc3+ 164.Ke5 Pb1 165.Pe6 Pd2 166.Th3 Pc6+ 167.Kd6 Pb4 168.Kc5 Pa2 169.Kd4 Pc1 170.Th7 Ke2 171.Th2+ Kf3 172.Th5 Ke2 173.Te5+ Kd1 174.Tf5 Pe2+ 175.Kd3 Pc1+ 176.Ke3 Pc4+ 177.Kd4 Pb2 178.Tg5 Pbd3 179.Tg7 Ke2 180.Pg5 Pe1 181.Tf7 Kd1 182.Pe4 Pe2+ 183.Kc4 Pg2 184.Td7+ Ke1 185.Ta7 Kd1 186.Ta1+ Kc2 187.Ta2+ Kd1 188.Td2+ Ke1 189.Tb2 Kd1 190.Pg5 Pe1 191.Tb1+ Pc1 192.Kc3 Pd3 193.Pe4 Ke2 194.Kd4 Kd1 195.Tb8 Pe1 196.Td8 Ke2 197.Pc5 Kf3 198.Tf8+ Ke2 199.Tf7 Pa2 200.Te7+ Kd1 201.Pb3 Pb4 202.Te4 Pg2 203.Pa5 Pc2+ 204.Kd3 Pge3 205.Pb3 Pf1 206.Te8 Pe1+ 207.Kc3 Pf3 208.Pc5 Pg3 209.Kd3 Pe1+ 210.Ke3 Pc2+ 211.Kf2 Pf5 212.Td8+ Kc1 213.Ke2 Pg3+ 214.Kf3 Pf5 215.Td7 Pfd4+ 216.Ke4 Kb2 217.Kd3 Pc6 218.Td6 Pe5+ 219.Ke4 Pc4 220.Td3 Pa5 221.Pa4+ Ka2 222.Tc3 Pa1 223.Th3 P1b3 224.Kd3 Ka3 225.Th4 Pc6 226.Kc3 Pcd4 227.Pb6 Pe2+ 228.Kc2 Ped4+ 229.Kd3 Kb4 230.Pc8 Kb5 231.Kc3 Kc6 232.Th5 Kc7 233.Pe7 Kd6 234.Pd5 Kc5 235.Pb4+ Kd6 236.Td5+ Kc7 237.Kc4 Kc8 238.Pd3 Kb7 239.Td7+ Kc6 240.Pe5+ Kb6 241.Tf7 Pe6 242.Kxb3 Kc5 243.Td7 Pd4+ 244.Kc3 Pe2+ 245.Kd3 Pf4+ 246.Ke4 Pe6 247.Td5+ Kb4 248.Td6 Pc5+ 249.Kd5 Pa4 250.Kd4 Ka5 251.Td7 Ka6 252.Pc4 Kb5 253.Ta7 Kc6 254.Txa4 Kd7 255.Ta6 Ke8 256.Ta7 Kd8 257.Tb7 Kc8 258.Tg7 Kd8 259.Pb6 Ke8 260.Ke5 Kf8 261.Kf6 Ke8 262.Tg8 mat

Er worden hier 242 zetten gedaan zonder dat een stuk wordt geslagen, of een pion gezet.

[Verwijderd]

Diadem schreef op 19 November 2002 @ 12:45:
De 50-zetten en zetherhaling regels zijn niet relevant voor het aantal verschillende schaakstellingen. Men is het er algemeen over eens dat twee stellingen hetzelfde zijn onafhankelijk van deze regels.

Deze regels gaan ook over partijverloop niet over de stelling op zich. Dit in tegenstelling tot rochaderegels, die wel over de stelling zelf gaan. Als je puur stellingen wilt coderen hoef je dus geen rekening te houden met de 50 zetten regel.

/me zucht

Denk er aub. toch even over na. We weten dat een partij remise is bij 50 loze zetten. Dat betekent dat we in een stelling waarin 49 loze zetten gedaan zijn, eenvoudig remise kunnen bereiken door een 50ste loze zet te doen. Dit maakt die stelling dus tot een remise-stelling. Zonder die gegevens zou het zeer wel kunnen dat je die partij wint (na nog 193 zetten bv. ) of verliest. De 50-zettenregel verandert dus niet alleen het spelverloop, hij verandert ook de waardering van individuele stellingen (zonder 50-zettenregel is het een winst- of verlies-stelling, met 50-zettenregel is het een remise-stelling). Net als met de regel voor zetherhaling.

edit:
Als we dus twee stellingen hebben waarbij alle stukken op de zelfde positie staan en de zelfde speler aan zet is, dan zijn die stellingen toch verschillend als het aantal loze zetten dat gespeeld is om die stelling te bereiken verschilt. Daardoor is dit aantal loze zetten dus nodig om tot een unieke stellingsdescriptor te komen.

[Mx. Alba]

Verwijderd schreef op 19 november 2002 @ 15:07:
/me zucht

Denk er aub. toch even over na. We weten dat een partij remise is bij 50 loze zetten. Dat betekent dat we in een stelling waarin 49 loze zetten gedaan zijn, eenvoudig remise kunnen bereiken door een 50ste loze zet te doen. Dit maakt die stelling dus tot een remise-stelling. Zonder die gegevens zou het zeer wel kunnen dat je die partij wint (na nog 193 zetten bv. ) of verliest. De 50-zettenregel verandert dus niet alleen het spelverloop, hij verandert ook de waardering van individuele stellingen (zonder 50-zettenregel is het een winst- of verlies-stelling, met 50-zettenregel is het een remise-stelling). Net als met de regel voor zetherhaling.

edit:
Als we dus twee stellingen hebben waarbij alle stukken op de zelfde positie staan en de zelfde speler aan zet is, dan zijn die stellingen toch verschillend als het aantal loze zetten dat gespeeld is om die stelling te bereiken verschilt. Daardoor is dit aantal loze zetten dus nodig om tot een unieke stellingsdescriptor te komen.

* Mx. Alba zucht

Denk er aub. toch even over na. Het gaat daar helemaal niet over in het gestelde vraagstuk. Waar het over gaat, is om een bovengrens te berekenen voor het aantal mogelijke verschillende schaakstellingen, met "verschillende stellingen" gedefiniëerd zoals dat voor de herhalingsregel gedefiniëerd wordt. Daarnaast is een vraag opgekomen hoe je een schaakstelling in zo min mogelijk bits kunt weergeven.

Er werd ook expliciet bij gezegd dat we niet geïnteresseerd zijn in het spelverloop, maar slechts in de stellingen. De 50-zetten-regel (en ook de herhalingsregel) hebben te maken met het spelverloop, en daar zijn we dus expliciet niet in geïnteresseerd.

_{Onder het motto, topics lezen en flamen moet je ook maar kunnen...}

^{(No hard feelings...)}

[Verwijderd]

Mx. Alba schreef op 18 November 2002 @ 19:30:
[...]
Elegant voorbeeld

Thanks, het is me nu wel duidelijk. Dan lijkt 193 me idd wel een aardige bovengrens

[Verwijderd]

Mx. Alba schreef op 19 november 2002 @ 15:22:
Denk er aub. toch even over na. Het gaat daar helemaal niet over in het gestelde vraagstuk. Waar het over gaat, is om een bovengrens te berekenen voor het aantal mogelijke verschillende schaakstellingen, met "verschillende stellingen" gedefiniëerd zoals dat voor de herhalingsregel gedefiniëerd wordt. Daarnaast is een vraag opgekomen hoe je een schaakstelling in zo min mogelijk bits kunt weergeven.

Is hen nu nog niet duidelijk dat het spelverloop invloed heeft op het aantal mogelijke stellingen? Is het nu zo moeilijk te begrijpen dat als er een regel is die de spelduur verkort, die regel óók het aantal mogelijke stellingen reduceert? En als dat zo is, dat die regel dan ook opgenomen moet worden in een unieke stellingsdescriptor?

[jvdmeer]

Verwijderd schreef op 20 November 2002 @ 12:20:
[...]

Is hen nu nog niet duidelijk dat het spelverloop invloed heeft op het aantal mogelijke stellingen? Is het nu zo moeilijk te begrijpen dat als er een regel is die de spelduur verkort, die regel óók het aantal mogelijke stellingen reduceert? En als dat zo is, dat die regel dan ook opgenomen moet worden in een unieke stellingsdescriptor?

Zoals ik al in een post een tijd geleden heb gemeld, wil ik zowel de herhalingsregel als de 50-zetten regel in de programmalogica opnemen, en NIET in de stelling.
Als, in jouw voorbeeld van 273 zetten, zwart een niet-perfecte zet doet, dan wordt de 273 zetten ingekort tot (veel) minder zetten. Waardoor dezelfde eindstelling zich veel eerder voordoet. Moet ik dan een stelling 30x in een database opnemen, omdat hij op verschillende manieren bereikt kan worden, met steeds een ander aantal "passieve" (geen pion-zet/geen slagzet) zetten?
Het lijkt mij handiger om tijdens het spelverloop dit aantal "passieve" zetten bij te houden, en dan evt. het spel wel/niet af te kappen met remise. Zo is in het voorbeeld ook bewust de 50-zettenregel genegeerd, want die gaat tot 273 zetten.
Als een witte toren een twee rondjes gaat lopen op een bijna leeg bord, a1, a8, h8, h1 en de zwarte loopt er steeds achteraan, dan krijg ik dus elke stelling 2x erin omdat er in het 2e geval 4 zetten meer zijn verstreken.

[jvdmeer]

Verwijderd schreef op 20 november 2002 @ 12:17:
[...]

Thanks, het is me nu wel duidelijk. Dan lijkt 193 me idd wel een aardige bovengrens

Ik zat inmiddels te wachten op iemand die mijn 140 bits omver kon argumenteren. Want ik wil met de keuzelijst die ik eerder noemde:

code:

     0 Leeg vakje
100000 Zwarte onbewogen toren
100001 Zwarte bewogen toren
100010 Zwarte loper
100011 Zwarte paard
 10010 Zwarte Koning
 10011 Zwarte dame
   101 Witte pion
110000 Zwarte onbewogen toren
110001 Zwarte bewogen toren
110010 Zwarte loper
110011 Zwarte paard
 11010 Zwarte Koning
 11011 Zwarte dame
   111 Zwarte pion

Dan kom ik op de volgenste stelling (hopelijk even elegant):

code:

0                             beurt
100000 101 0 0 0 0 111 110000 a1..a8
100011 101 0 0 0 0 111 110011 b1..b8
100010 101 0 0 0 0 111 110010 c1..c8
 10011 101 0 0 0 0 111  11011 d1..d8
 10010 101 0 0 0 0 111  11010 e1..e8
100010 101 0 0 0 0 111 110010 f1..f8
100011 101 0 0 0 0 111 110011 g1..g8
100000 101 0 0 0 0 111 110000 h1..h8

Is er iemand die deze 141 bits omver kan lullen, dat het perse meer moet zijn?

[Mx. Alba]

Verwijderd schreef op 20 November 2002 @ 12:20:
Is hen nu nog niet duidelijk dat het spelverloop invloed heeft op het aantal mogelijke stellingen? Is het nu zo moeilijk te begrijpen dat als er een regel is die de spelduur verkort, die regel óók het aantal mogelijke stellingen reduceert? En als dat zo is, dat die regel dan ook opgenomen moet worden in een unieke stellingsdescriptor?

Ik zie wel in hoe de 50-zetten-regel invloed heeft op de spelduur, maar niet hoe die regel invloed heeft op het aantal mogelijke stellingen.

Neem een willekeurige stelling die te bereiken is na 100 zetten zonder slag of pionzet. Die stelling kan ook bereikt worden na minder dan 50 zetten zonder slag of pionzet, of zelfs in 0 zetten zonder slag of pionzet (als de laatste zet dus een slag of een pionzet was).

De 50-zetten-regel heeft GEEN invloed op het TOTAAL aantal MOGELIJKE schaakstellingen. En daarom is de 50-zetten-regel voor ons dus NIET interessant.

[Verwijderd]

Mx. Alba schreef op 20 november 2002 @ 14:02:
Ik zie wel in hoe de 50-zetten-regel invloed heeft op de spelduur, maar niet hoe die regel invloed heeft op het aantal mogelijke stellingen.

Dan zit er een flink gat in je speltheoretische logica. Speltheoretisch moet elke spelregel zijn weerslag vinden in een positie-notatie (ookal laat je een deel door de "progamma-logica" telkens opnieuw berekenen en slaat dat deel niet expliciet bij de stelling op). Laat je regels weg dan zijn er twee mogelijkheden of een combinatie daarvan: of je identificeert je geen unieke spelposities (stellingen) en/of je beschrijft spelposities die illegaal zijn volgens de regels.

Neem een willekeurige stelling die te bereiken is na 100 zetten zonder slag of pionzet. Die stelling kan ook bereikt worden na minder dan 50 zetten zonder slag of pionzet, of zelfs in 0 zetten zonder slag of pionzet (als de laatste zet dus een slag of een pionzet was).

En gezien het feit dat het resultaat van de partij anders is als die stelling bereikt wordt bij x < 50 zetten dan bij x = 50 zetten, geeft dat dus aan dat die stellingen niet identiek zijn: de afstand tot remise door de 50-zettenregel wordt steeds kleiner. Houd je geen rekening met die kleiner wordende remise-afstand, dan ga je onherroepelijk illegale stellingen beschrijven (en dus meerekenen): stellingen die bereikt worden met x > 50.

[Diadem]

Verwijderd schreef op 20 november 2002 @ 12:20:
[...]

Is hen nu nog niet duidelijk dat het spelverloop invloed heeft op het aantal mogelijke stellingen? Is het nu zo moeilijk te begrijpen dat als er een regel is die de spelduur verkort, die regel óók het aantal mogelijke stellingen reduceert? En als dat zo is, dat die regel dan ook opgenomen moet worden in een unieke stellingsdescriptor?

Zoals jij redeneert zou je ook nooit remise hebben door zetherhaling, omdat elke keer dat een stelling terugkomt er een ander aantal normale (niet pion of slagzetten) gedaan is.

Zo werkt het dus niet.

De herhalings- en 50-zetten regel zijn niet relevant voor het aantal mogelijke stellingen. En dus ook niet voor hoeveel bits je nodig hebt om een stelling te coderen. Deze regels gaan over partijverloop en niet over stellingen.

Je kunt dan net zo goed de sterkte van de spelers ook gaan invoeren. Een goede speler zal een KLPK eindspel winnen, een slechte speler niet. Is het dan een andere stelling afhankelijk van wie er speelt?

[itsme]

Geen idee of jullie er iets aan hebben, maar wat als je nu een andersom rekent?

Dus hoeveel mogelijke schaakmatten zijn er mogelijk?

[Mx. Alba]

Mietje, ik ben het volledig met je eens, maar dat ligt buiten de discussie die hier gevoerd wordt.

Immers, de twee vraagstellingen die hier naar boven komen zijn:

1) Wat is de bovengrens van het aantal mogelijke verschillende schaakstellingen, met "verschillende schaakstellingen" gedefinieerd zoals in de herhalingsregel.

2) In hoeveel bits kan je alle verschillende schaakstellingen coderen, met ook voor "verschillende schaakstellingen" dezelfde definitie als in de herhalingsregel.

De 50-zetten-regel is irrelevant voor de herhalingsregel. Voor de herhalingsregel zijn twee stellingen met de zelfde stukkenverdeling, de zelfde persoon die aan de beurt is, en dezelfde roccaderechten, de zelfde stelling, ongeacht of er nou 0, 12 of 49 zetten gedaan zijn zonder stukslag of pionzet. Voor onze vraagstukken geldt dus het zelfde.

Ook is in beide vraagstukken de herhalingsregel ook irrelevant. Weliswaar wordt de definitie van "verschillende stelling" uit de herhalingsregel gehaald, maar in de herhalingsregel wordt niet opnieuw gerefereerd naar de herhalingsregel. Net zoals de 50-zetten-regel, is dus ook de herhalingsregel irrelevant voor onze vraagstukken.

[Mx. Alba]

its_me schreef op 20 november 2002 @ 16:16:
Dus hoeveel mogelijke schaakmatten zijn er mogelijk?

Allemaal.

[Verwijderd]

Mx. Alba schreef op 20 november 2002 @ 16:17:
Ook is in beide vraagstukken de herhalingsregel ook irrelevant. Weliswaar wordt de definitie van "verschillende stelling" uit de herhalingsregel gehaald, maar in de herhalingsregel wordt niet opnieuw gerefereerd naar de herhalingsregel. Net zoals de 50-zetten-regel, is dus ook de herhalingsregel irrelevant voor onze vraagstukken.

En wat ik probeer aan te geven is dat daarmee het hele vraagstuk irrelevant wordt: je hebt het immers niet meer over schaken volgens de regels, maar over "een soort schaken zonder zetherhaling en 50-zettenregel". Je kunt net zo goed argumenteren dat rochades of promotiezetten ook niet belangrijk zijn voor je vraagstuk. Dat kan wel zijn, maar dan gaat je vraagstuk niet (meer) over schaken

[Mx. Alba]

Verwijderd schreef op 20 November 2002 @ 16:30:
En wat ik probeer aan te geven is dat daarmee het hele vraagstuk irrelevant wordt: je hebt het immers niet meer over schaken volgens de regels, maar over "een soort schaken zonder zetherhaling en 50-zettenregel". Je kunt net zo goed argumenteren dat rochades of promotiezetten ook niet belangrijk zijn voor je vraagstuk. Dat kan wel zijn, maar dan gaat je vraagstuk niet (meer) over schaken

Oké, we hebben allebei gelijk, goed?

Sjeesj, de een is nog hardhoofdiger dan de ander... (Hier heb ik het over mietje en mezelf )

[joepP]

Verwijderd schreef op 20 November 2002 @ 16:30:
[...]

En wat ik probeer aan te geven is dat daarmee het hele vraagstuk irrelevant wordt: je hebt het immers niet meer over schaken volgens de regels, maar over "een soort schaken zonder zetherhaling en 50-zettenregel". Je kunt net zo goed argumenteren dat rochades of promotiezetten ook niet belangrijk zijn voor je vraagstuk. Dat kan wel zijn, maar dan gaat je vraagstuk niet (meer) over schaken

Het is na 3x dezelfde stelling niet automatisch remise. Dat is het pas als een van de spelers het opeist. Hetzelfde geldt voor de 50-zettenregel.

[Diadem]

Verwijderd schreef op 20 november 2002 @ 16:30:
[...]

En wat ik probeer aan te geven is dat daarmee het hele vraagstuk irrelevant wordt: je hebt het immers niet meer over schaken volgens de regels, maar over "een soort schaken zonder zetherhaling en 50-zettenregel". Je kunt net zo goed argumenteren dat rochades of promotiezetten ook niet belangrijk zijn voor je vraagstuk. Dat kan wel zijn, maar dan gaat je vraagstuk niet (meer) over schaken

Je bent echt gruwelijk eigenwijs he?

God zeg, ik heb meer dan de helft van mijn leven dagelijks geschaakt. Er zijn tijden geweest dat ik de spelregels, inclusief aanhangsels betreffende zwitserse indeling, bijna uit mijn hoofd kende. Ik heb in mijn leven duizenden, zo niet tienduizenden, verschillende schakers ontmoet, in niveau verschillend van beginners tot absolute wereldtop.

Ik ben er nog nooit, maar dan ook nooit, 1 tegengekomen die een schaakstelling definieert zoals jij het doet.

Eigenwijs is een goede eigenschap. Maar jij bent het op het absurde af, en dan verliest het zijn waarde.

Je hebt gewoon ongelijk. Punt.

[Verwijderd]

Diadem schreef op 20 November 2002 @ 17:12:
Je bent echt gruwelijk eigenwijs he?

Yep.

God zeg, ik heb meer dan de helft van mijn leven dagelijks geschaakt. Er zijn tijden geweest dat ik de spelregels, inclusief aanhangsels betreffende zwitserse indeling, bijna uit mijn hoofd kende. Ik heb in mijn leven duizenden, zo niet tienduizenden, verschillende schakers ontmoet, in niveau verschillend van beginners tot absolute wereldtop.

Hoewel ik de laatste jaren minder regelmatig schaak kan ik beweren dat ik 20 jaar dagelijks geschaakt heb. Daarnaast heb ik voor mijn afstudeeropdracht nog een schaakprogramma geschreven dat evalueert via een neurologisch netwerk. (Dick-length contests rulen )

Ik ben er nog nooit, maar dan ook nooit, 1 tegengekomen die een schaakstelling definieert zoals jij het doet.

Het punt is dat jullie een onzuivere definitie hanteren: jullie spreken over unieke stellingen terwijl jullie (niet-unieke) stukposities bedoelen. Als je het over posities hebt, hebben jullie gelijk, maar dan hoef je ook niet te coderen voor en passant- en rochade-zetten, dat heeft ook niets met de stukposities te maken. Het is dus of het een en je codeert alle regels, of het ander en je codeert geen regels, maar niet half/half.

edit:
Uit een stelling kun je dus de volledige context van een partij schaak halen, uit alleen de stukposities niet.

[Mx. Alba]

Verwijderd schreef op 20 november 2002 @ 17:58:
Het punt is dat jullie een onzuivere definitie hanteren: jullie spreken over unieke stellingen terwijl jullie (niet-unieke) stukposities bedoelen. Als je het over posities hebt, hebben jullie gelijk, maar dan hoef je ook niet te coderen voor en passant- en rochade-zetten, dat heeft ook niets met de stukposities te maken. Het is dus of het een en je codeert alle regels, of het ander en je codeert geen regels, maar niet half/half.

Maar die definitie die we gebruiken komt rechtstreeks uit de herhalingsregel. Dus volgens jou is de herhalingsregel ook onzuiver?

edit:
Uit een stelling kun je dus de volledige context van een partij schaak halen, uit alleen de stukposities niet.

Dat is nu duidelijk, bedankt voor de uitleg.

[Diadem]

Verwijderd schreef op 20 November 2002 @ 17:58:

Het punt is dat jullie een onzuivere definitie hanteren: jullie spreken over unieke stellingen terwijl jullie (niet-unieke) stukposities bedoelen. Als je het over posities hebt, hebben jullie gelijk, maar dan hoef je ook niet te coderen voor en passant- en rochade-zetten, dat heeft ook niets met de stukposities te maken. Het is dus of het een en je codeert alle regels, of het ander en je codeert geen regels, maar niet half/half.

edit:
Uit een stelling kun je dus de volledige context van een partij schaak halen, uit alleen de stukposities niet.

Nee. Dat is dus niet waar. Rochaderecht heeft wel met stukposities te maken. Dat is een eigenschap van de stelling, en wordt ook zo erkend in de fide regels.

Zoals jij redeneert zou je voor het opslaan van een enkele stelling ook moeten opslaan hoe vaak elke andere mogelijke stelling al op het bord is geweest. Immers een winstvariant kan onmogelijk worden doordat je een stelling die al 2x eerder is langsgeweest voor de derde keer langskomt. En je zou ook moeten noteren of een van de spelers gedurende de huidige zet, of de zet daarvoor, een remiseaanbod heeft gedaan, dat is dan immers ook relevant.

Dat kan wel, en dat wordt ook gedaan. Maar dan noemen we het geen schaakstelling, dan noemen we het een schaakpartij.

Een stukpositie is heel wat anders. Een stukpositie is de letterlijke stand van de stukken. Hierbij houdt je dus geen rekening met en-passant en rochade. Dit is dus geen stelling.

Het is niet half/half. De rochade regel en de 50 zetten regel zijn 2 essensieel verschillende beesten.

[Verwijderd]

Diadem schreef op 20 november 2002 @ 21:08:
Een stukpositie is heel wat anders. Een stukpositie is de letterlijke stand van de stukken. Hierbij houdt je dus geen rekening met en-passant en rochade. Dit is dus geen stelling.

a) Ben je het met me eens dat die 16-pionnen formule van Shannon die ik eerder quote stukposities berekent en geen stellingen?
b) Ben je het ook met me eens dat er meer stellingen zijn dan er stukposities zijn?

Als je op alletwee ja antwoordt, zou je eigenlijk mijn argumentatie moeten ondersteunen en niet bestrijden. Hoe je het beest ook noemt, het heeft geen zin om een waarde voor het aantal mogelijkheden in het schaak te berekenen, als die mogelijkheden die je berekent niet uniek zijn; je komt dan gewoon op te lage waardes uit.

(Ik begin overigens steeds beter te begrijpen waarom Jaap vd. Herik zo aandringt op het gebruik van de term variant ipv. stelling in dit soort situaties... )