Понятно, что 2 взвешивания сводят любое количество кучек максимум к 6. Просто рассуждвть кучками по 250 моонет удобней. Тоже пробовал идти этим путем, с той поправкой, что во 2м взвешивание участвуют обе кучки, не участвовавшие в первом (7и8). В тупик не уперся, но замороченно получается, не успел додумать. На интуитивном уровне, мне все хочется после 1 взвешивания, убрать монеты с одной чаши, положить вместо них неучаствовавшие и добавить к ним со 2й чаши. Но не могу с ходу сообразить, как же распилить кучки, чтоб вот этот перенос был не меньше 250 монет.
Понятно, что 2 взвешивания сводят любое количество кучек максимум к 6. Просто рассуждвть кучками по 250 моонет удобней. Тоже пробовал идти этим путем, с той поправкой, что во 2м взвешивание участвуют обе кучки, не участвовавшие в первом (7и8). В тупик не уперся, но замороченно получается, не успел додумать. На интуитивном уровне, мне все хочется после 1 взвешивания, убрать монеты с одной чаши, положить вместо них неучаствовавшие и добавить к ним со 2й чаши. Но не могу с ходу сообразить, как же распилить кучки, чтоб вот этот перенос был не меньше 250 монет.
Видимо здесь уже никто ничего не напишет, поэтому пока форумчане решают «Невозможная задача» я выложу своё решение данной задачи. Делим монеты на три кучки А, В, С, следующим образом:
А=582, В=582, С=836
Взвешиваем А и В.
Если А≠В
В данном случае в лёгкой кучке может быть не более 1 фальшивой монеты, поэтому делим эту кучку на две части и взвешиваем их на втором взвешивании. Та кучка что окажется легче на втором взвешивании состоит полностью из настоящих монет (их 291)
Если А=В
Такой вариант может быть если в имеющихся кучках фальшивые монеты распределены следующим образом:
Перекладываем 254 монеты из кучки А в кучку В. На втором взвешивании сравниваем кучки (В+254) и С
Если ( В+254)= С
То остатки от кучки А состоят полностью из настоящих монет (их 328)т.к. равенство на втором взвешивании может быть только ели на первом взвешивании был следующий расклад (отмечено галочкой):
и при этом единственную фальшивую в А мы переложили в В.
Если (В+254) > С
То кучка C полностью состоит из настоящих монет (их 582), т. к. такое неравенство может быть только при следующем раскладе на первом взвешивании:
Если (В+254) < С
То те 254 монеты что мы переложили из А в В являются настоящими, т. к. такое неравенство на втором взвешивании может быть только при следующих раскладах на первом взвешивании:
и при этом фальшивая из кучки А (если таковая там имелась) осталась в незадействованных остатках от этой кучки. Итого за два взвешивания мы можем выявить не меньше254настоящих монет.
Сообщение отредактировал Фигаро - Вс, 24.01.21, 23:19
и при этом фальшивая из кучки А (если таковая там имелась) осталась в незадействованных остатках от этой кучки. Итого за два взвешивания мы можем выявить не меньше 254 настоящих монет.
да. все верно, я просто уже сам решил). есть пара задач хороших, где нужно доказать минимальность тоже, если интересно, могу скинуть
Есть 11 одинаковых с виду монет. Среди них монета-хитрец. После каждого взвешивания с участием этой монеты её вес меняется: то он такой же, как и у остальных, то меньше. За какое минимальное число взвешиваний её можно гарантированно найти с помощью чашечных весов? Состояние монеты при первом взвешивании неизвестно. вот это за 4 сделал я, но надо докаать что за 3 нельзя
а это за 5 сделал, надо доказать что за 1-4 неьлзя У Мегамозга есть чашечные весы, которые правильно определяют более тяжелый груз, но могут показать любой результат в случае равенства весов на чашах. Также у него есть четырнадцать монет, из которых ровно одна фальшивая. Все настоящие монеты одинаковые, а фальшивая отличается по весу. За какое минимальное число взвешиваний у Мегамозга гарантированно получится определить фальшивую монету и узнать, тяжелее она или легче настоящих?
Есть 11 одинаковых с виду монет. Среди них монета-хитрец. После каждого взвешивания с участием этой монеты её вес меняется: то он такой же, как и у остальных, то меньше. За какое минимальное число взвешиваний её можно гарантированно найти с помощью чашечных весов? Состояние монеты при первом взвешивании неизвестно. вот это за 4 сделал я, но надо докаать что за 3 нельзя
Вы реально за 4 взвешивания нашли монету-хитреца из 11-ти? А такое возможно? Я нашел за 5. За 4 мне представляется абсолютно невозможным. Перебрал уже все варианты, как мне кажется...
