Matematica pura, fisica, chimica, ecc.: compiti di allenamento del cervello che non hanno nulla a che fare con il commercio [Parte 2] - pagina 4
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Alexey, se la codifica di permutazione non risolve il problema perché manca un bit, allora questo bit deve essere preso dalle condizioni iniziali (la prima mappa dichiarata dall'helper).
Non conosco la soluzione del problema. So come risolverlo :)
In effetti, l'ultima carta può dare un po' al trickster.
...
In effetti, l'ultima carta può anche dare al mago il pezzo che sta cercando.
Questo è più costruttivo, ma la soluzione deve essere concreta. Dalla soluzione dovrebbe essere chiaro cosa deve fare l'aiutante e cosa deve fare il mago. Ciò che è ovvio per l'aiutante non è sempre ovvio per il mago (l'aiutante può sinceramente pensare di aver passato il pezzo, ma il mago può non rendersene conto).
Qualsiasi accordo preliminare è accettabile, naturalmente.
So come risolverlo :)
Questo è forte. È come se lo sapessi anch'io, ma non ho ancora trovato un modo impeccabile di trasmettere quel bit che non permetta alcuna ambiguità al truffatore. Ma sono sicuro che è possibile.
Questo è più costruttivo, ma la soluzione deve essere concreta.
Ahimè, posso solo progettare software :(
Tutte le condizioni iniziali sono nel problema. Specificamente stipulato che non c'è imbroglio.
Ok. Allora va così. Poiché è l'aiutante che decide quale carta tenere come quinta carta, può passare l'ultimo pezzo mancante, per esempio, in questo modo:
1. Se la media aritmetica delle quattro carte dichiarate è spostata in alto, rispetto al "centro" del mazzo - allora la quinta carta appartiene al sottoinsieme "superiore".
2. -------------------///-----------------------------//--------------------------------/-- вниз, --------------------------//----------------------//---------------------------"нижнему" ---//-------///------
Sostengo che dall'insieme scelto dagli spettatori, l'aiutante può sempre scegliere come quinto [almeno] uno che corrisponde a quella codifica.
In attesa di un controesempio, pronto a confutare.
;)
Sì, ho considerato anche questa opzione. Controesempio:
Considerate il caso in cui un sottoinsieme di carte piccole ha 3 carte, un sottoinsieme di carte grandi ne ha 2. Quale carta dovrei rinviare?
Se l'aiutante mette da parte il piccolo, la media può essere sbilanciata verso il grande. Peccato.
Se l'aiutante mette da parte un grande, allora l'unico grande rimasto potrebbe non essere sufficiente a renderlo più pesante di tre piccoli. Anche male.
In attesa di un controesempio, pronto a confutare.
Sì, mentre fumavo, l'ho costruito io stesso.
per esempio 1, 2, 24, 47, 48.
Quando una qualsiasi carta viene selezionata, l'equilibrio o si sposta sul lato opposto, o il set è strettamente bilanciato (il che porta di nuovo a un po' di mancanza).
Ma qualcosa c'è, forse devi solo cambiare il wizard in uno stocastico... :))
Le tue carte sono numerate da 1 a 52? Mettiamoci d'accordo per non fare confusione.
È solo che i miei sono da 0 a 51...