|
Взвешивания.
|
|
| Race | Дата: Чт, 15.09.16, 21:42 | Сообщение # 21 |
Просветленный  Сообщений: 459
| Цитата nebo (  ) А также следом и 9 монет (одна ждёт в сторонке) и 10 монет и 11монет, т.е. допустимо до 3х монет в ожидании. Дальше не знаю, пока.
С 8 и 9 монетами все понятно.
8. 4*2
1. 1=2 3><4
2. Делим каждую группу на 2 части и взвешиваем
3/21><3/22
Соответственно понятно с ожидающей монетой, если при первом взвешивании 1=2 и 3=4, то фальшивая находится вообще за 1 взвешивание.
А какая стратегия если ожидает 2 и больше монет? Днем читал, вроде понял, сейчас не догоняю.
Можно доступно описать?
В теории, если группы будут делиться на 2 на цело, то способ можно использовать для любого кол-ва монет, к примеру, имеем 40 монет.
Делим на 5 групп по 8 монет
Вариант с 1=2 3=4 приводит нас к уже решенной ранее задаче. Соответственно необходимо рассмотреть вариант 1><2 3=4.
тогда используем предложенный nebo алгоритм, получим, при 1>2
1/21>1/22 значит монета в 1/21 причем она тяжелее не фальшивой
и за 3 взвешивание мы определяем где она находится так как у нас есть только 4 монеты.
Так как на данный момент я понял только с 1 монетой в ожидании nebo, то для 3 взвешивания монет должно быть не больше 5. Если nebo, объяснит мне популярно с ожиданием для 2 и 3 монет, то смогу и для них формулу вывести.
Выведем промежуточную формулу 5*2*5=50 монет.
Попробуем решить эту задачу для 50 монет
50=5*10
для варианта 1><2 мы получаем уже решенную задачу, нерешенным остается если фальшивая находится в 5 группе.
Получаем задачу обнаружения фальшивой монеты за 2 измерения из 10 монет. На данный момент я не понимаю как её решить.
Сообщение отредактировал Race - Чт, 15.09.16, 21:53 |
| |
| |
| nebo | Дата: Чт, 15.09.16, 21:47 | Сообщение # 22 |
Высший разум  Сообщений: 3639
| minutku
|
| |
| |
| Race | Дата: Чт, 15.09.16, 21:51 | Сообщение # 23 |
Просветленный Сообщений: 459
| Хм, так же можно и для 45 монет.
5*9
1=2 3=4 - уже решено
1><2 (1-1/2)1>(1-1/2)2 - уже решено
(1-1/2)1=(1-1/2)2
осталось 2 монеты, взвешиваем парно их не фальшивыми, так как мы знаем где не фальшивые, то легко определяем по весам показавшим неравенство.
Добавлено (15.09.2016, 21:51)
---------------------------------------------
Ужос, для 45 монет все равно нужно 3 взвешивания. Для 50 пока не придумал.
Сообщение отредактировал Race - Чт, 15.09.16, 21:52 |
| |
| |
| nebo | Дата: Чт, 15.09.16, 21:54 | Сообщение # 24 |
Высший разум Сообщений: 3639
| Я думаю так. Вот когда 40 монет, то во втором взвешивании у нас по 3 монеты в каждой чашке. А сколько монет мы можем определить за один раз, но зная, что часть из них из лёгкой группы, а часть из тяжёлой группы?
Я думаю только пять монет, тогда в последнем взвешивании будем сравнивать 2 тяжёлые друг с другом и две лёгкие друг с другом, а одна из любой группы - 5я постоит в сторонке, ожидая результата. Да и при втором взвешивании в сторонке могут постоять 4 монеты тоже из разных групп, 2+2. Что получается тогда. Во втором взвешивании получаем максимум 24 монеты, а это значит, что на двух чашках было 24 монеты. Тогда и на двух других, где равновесие было 24 монеты, т.е 48 монет. Но мы же делим всегда на 5 групп, значит возможная 5я группа, которая стоит в сторонке и на которую, ввозможно попадёт 2 последних измерения, должна содержать 11 монет. Тогда всего максимум 59 монет для 3х взвешиваний.
|
| |
| |
| Race | Дата: Чт, 15.09.16, 21:56 | Сообщение # 25 |
Просветленный Сообщений: 459
| Понял с 10тью и с 11тью. Правда лень уже считать.
Добавлено (15.09.2016, 21:56)
---------------------------------------------
Цитата nebo ( ) должна содержать 11 монет
Сообщение отредактировал Race - Чт, 15.09.16, 21:58 |
| |
| |
| nebo | Дата: Чт, 15.09.16, 21:59 | Сообщение # 26 |
Высший разум Сообщений: 3639
| Но ведь я раньше в каком-то посте доказала, что 11 монет можно взвесить 2мя взвешиваниями.
|
| |
| |
| Race | Дата: Чт, 15.09.16, 22:00 | Сообщение # 27 |
Просветленный Сообщений: 459
| 5*2*4+11=51, как 59? можно в столбик а не стеной текста?:) Добавлено (15.09.2016, 22:00)
---------------------------------------------
Цитата nebo ( ) Но ведь я раньше в каком-то посте доказала, что 11 монет можно взвесить 2мя взвешиваниями. |
| |
| |
| nebo | Дата: Чт, 15.09.16, 22:02 | Сообщение # 28 |
Высший разум Сообщений: 3639
| maksimum 5 v chashke v konce 10+10+4 v storone i+12+12+12+12 v nachale+11 v sorone srazu
Сообщение отредактировал nebo - Чт, 15.09.16, 22:04 |
| |
| |
| Race | Дата: Чт, 15.09.16, 22:04 | Сообщение # 29 |
Просветленный Сообщений: 459
| 5*11
1=2 3=4 решено
1><2
(1-1)/21>(1-1)/22 решено
осталось 2 монеты взвешиваем попарно, получаем результат.
о, уже 55 монет за 3 взвешивания.
|
| |
| |
| nebo | Дата: Чт, 15.09.16, 22:06 | Сообщение # 30 |
Высший разум Сообщений: 3639
| Сразу имеем 59 из них по 12 в чашках и 11 в стороне, ведь это понятно?
|
| |
| |
