Matemática pura, física, química, etc.: tarefas de treinamento do cérebro que nada têm a ver com o comércio [Parte 2] - página 4
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Alexey, se a codificação da permutação não resolve o problema porque falta um pedaço, então esse pedaço deve ser retirado das condições iniciais (o primeiro mapa declarado pelo ajudante).
Não conheço a solução para o problema. Eu sei como resolver :)
Na verdade, a última carta pode dar um pouco para o malandro.
...
Na verdade, o último cartão também pode dar ao mágico o bit que ele está procurando.
Isto é mais construtivo, mas a solução deve ser concreta. A solução deve deixar claro o que o ajudante deve fazer e o que o mágico deve fazer. O que é óbvio para o ajudante nem sempre é óbvio para o mágico (o ajudante pode pensar genuinamente que passou o pedaço, mas o mágico pode não perceber isso).
Qualquer acordo prévio é aceitável, é claro.
Eu sei como resolver :)
Isso é forte. É como se eu também soubesse, mas ainda não encontrei uma maneira impecável de transmitir aquele pedaço que não permita nenhuma ambiguidade para o trapaceiro. Mas tenho certeza de que é possível.
Isto é mais construtivo, mas a solução deve ser concreta.
Infelizmente, eu só posso projetar software :(
Todas as condições iniciais estão no problema. Especificamente estipulado que não há trapaças.
Certo. Então, é assim. Como é o ajudante que decide qual cartão guardar como quinto cartão, ele pode passar a última parte que falta, por exemplo, desta forma:
1. Se a média aritmética das quatro cartas declaradas for deslocada para cima, em relação ao "centro" do baralho - então a quinta carta pertence ao subconjunto "superior".
2. -------------------///-----------------------------//--------------------------------/-- вниз, --------------------------//----------------------//---------------------------"нижнему" ---//-------///------
Eu defendo que do conjunto escolhido pelos espectadores, o ajudante pode sempre escolher como o quinto [pelo menos] um que corresponda a essa codificação.
À espera de um contra-exemplo, pronto para refutar.
;)
Sim, eu também considerei essa opção. Contra-exemplo:
Considere o caso em que um subconjunto de cartões pequenos tem 3 cartões, um subconjunto de cartões grandes tem 2. Qual cartão devo adiar?
Se o ajudante colocar de lado o pequeno, a média pode muito bem ser inclinada para o grande. Que pena.
Se o ajudante colocar de lado um grande, então o que permanece grande pode não ser suficiente para torná-lo mais pesado do que três pequenos. Também é ruim.
À espera de um contra-exemplo, pronto para refutar.
Sim. Enquanto eu estava fumando, eu mesmo o construí.
por exemplo, 1, 2, 24, 47, 48.
Quando qualquer cartão é selecionado, o saldo ou se desloca para o lado oposto, ou o conjunto é estritamente equilibrado (o que novamente leva a um pouco de falta).
Mas tem algo a ver, talvez você só precise mudar o feiticeiro para um estocástico... :))
Seus cartões são numerados de 1 a 52? Vamos concordar para que não haja confusão.
É que as minas são de 0 a 51...