Тот же вопрос к engelan,, вы сделали 4 взвешивания среди которых 2 поражняком, и значит Вы как и никник можете за 2 взвешивания выявить фальшивку из 11, при том что её вес всегда отличен.Не вижу иной логиги, по этому действительно будет интересно выслушать Вас.
найдётся ситуация в которой на каждое информативное взвешивание придётся не информативное, следовательно ответ на данную задачу 2•⌈ log311 ⌉ =6.И мне конечно интересен результат никника и engelan, видимо они где то ошибаются( возможно я), у никника
В принципе, и Вы правильно рассуждаете, и я. Просто можно подгадать так, чтоб последннее информативное взвешивание, предшествовало неинформативному.
nebo, engelan, спасибо, я понянял в чём мая ошибка, условия не внимательно прочёл, мне почему то далось, что монета меняет свой статус после каждого(любого) взвешивания, тогда мои рассуждения абсолютно верны, а тут получается что монета меняет свой статус только тогда когда взвешивание происходит непосредственно с её участием
у никника мне не совсем ясны обозначения, и то как после третьего взвешивания где у него равенство, идёт четвёртое взвешивание где опять равенство. никник, можно чуть подробней об обозначениях?
В скобках обозначены кучки. Изначально их 3: по 4, 4 и 3 монеты. Но я описал действия с 1й и 2й, т. к. это более негативный сценарий. По мере того, как эти кучки разбиваются на подкучки у подкучек появляются "подиндексы". Например 2.2.2 это кучка (из 1 монеты) полученная разбиением 2 подкучки 2 кучки. В 4 взвешивание, я сравниваю по 1й (т.е. всего 2) монетки из 4 содержащих измененную. (Мы знаем, что она в измененном состоянии, благодаря 3 действию).Если они равны значит это нормальные монетки, и мы переходим к 2 оставшимся (вот тут то вроде и съедается 1 неинформативное действие). Если они не равны то мы сразу получили нашу монетку.
ЦитатаФигаро ()
Ну и так же вопрос к вам, если Вы решили якобы за 5 взвешиваний, то если например первое у вас поражняком, то таковое будет и третье и пятое, и таким образом вы имели только два взвешивания при которых у Вас фальшивая монета была меньшего веса чем настоящая, следовательно, Вы можете за 2 взвешивания найти фальшивую среди 11 монет, в случае когда её вес отличен всегда. Очень интересно, можно подробнее?
Тут Вы так закрутили, что я никак не соображу ответил я уже на этот вопрос или нет. Вроде ответил?
Тогда,(если я сейчас уже всё правильно понял) получается, что поражняком у нас только одно взвешивание, самое первое может быть, по этому ⌈log311⌉+1 =4
Добавлено (04.01.2021, 16:45) --------------------------------------------- никник,, спасибо за отклик, я разобрался.
Сообщение отредактировал Фигаро - Пн, 04.01.21, 16:46
Фигаро, Вот Вы прочли решение engelan, у меня к нему претензии или у меня с логикой хреново. Я напишу сюда, какие.
1.3. 1,3 с 2, 4, тут 1 и 2 покажут легче,если они фальш(это в усливиях указано, чередуется), а 3, 4 покажут обычный вес, если они фальш(следует из пункта 1,1) если 1,3>2,4, то фальше 2, если 1,3< 2,4, то фальше 1
Ну почему не 4 и не 3? Здесь равноправно все четыре монеты могут оказаться фальш.
если 1,3 = 2,4, то фальше 3,4 или 5 Вы пишите это равенство для 1.3., когда обязательно есть фальш монета. Каким образом она может оказаться в равенстве? В равенстве все монеты одинаковые. Или это не так? И однозначно тогда фальш 5.
4й шаг 3 и 4, если какой то меньше,то он и есть фальше, В 4-м шаге все монеты равны должны быть по условиям 1.1 неравны, 1.2. равны, 1.3 неравны, 1.4. равны, поэтому на 4-м шаге Вы ничего не узнаете. Нужен 5-й шаг
Подчёркнуто его фразы и я с ними не согласна.
Сообщение отредактировал nebo - Пн, 04.01.21, 16:50
Ну из соображений которые я озвучил По условию весы, (с чашами А,В) могут пребывать в одном из трёх состояний: А>В А<В А=В Следовательно одно взвешивание сообщает один разряд в троичной системе счисления, таким образом n взвешиваний позваляют различить не не более 3n различных ситуаций. Таким образом если среди m монет есть фальшивая с отличным от остальных монет весом и её невозможно отыскать меньше чем за n взвешиваний, то за это количество взвешиваний можно отыскать фальшивую среди 3n монет. Таким образом минимальное n при данном m равно ⌈log3m⌉ В Вашей задаче, монета меняет свой статус, при её непосредственном измерении
Вес отличен от настоящей
Вес равен настоящей
А следовательно возможно как минимум одно безинформативное взвешивание, поэтому n=⌈log3m⌉+1, при m=11, n=4 это оценка снизу, а т. к у Вас есть пример в 4 взвешивания, то это уже минимально возможный вариант.
В 4-м шаге все монеты равны должны быть по условиям 1.1 неравны, 1.2. равны, 1.3 неравны, 1.4. равны,поэтому на 4-м шаге Вы ничего не узнаете. Нужен 5-й шаг
Нет, Вы не правы, если бы монета меняла свой статус при любом взвешивании(как например думал я изночально) то Вы бы были правы, но она меняет статус только при её непосредственном измерении.
Сообщение отредактировал Фигаро - Пн, 04.01.21, 17:43
Фигаро, Мне теория неинтересна. Мне нужна конкретика, именно, по заданию. На мой вопрос не ответили.
Не может быть 4 шага, если в первом случае неравенство. И у автора не 4 шага, а пять. Он не акцентировал 4-й шаг, сказав, что на нём мы уже узнаём ответ. Невозможно узнать кто есть кто на 4-м шаге, если начинается с неравенства. 1. фальш 2 все равны 3 фальш 4 все равны и только 5 фальш. Как на четвёртом шаге можно узнать, когда все равны?
И что, у нас теперь в равенстве одна часть может быть больше другой? это когда 1,3=2,4 и вдруг кто-то из них фальшивый. Для меня новость, что бывают равенства с неравными сторонами.
Ну почему не 4 и не 3?Здесь равноправно все четыре монеты могут оказаться фальш.
Чтобы не печатать кучу текста, могу предложить Вам универсальный способ проверки подобных решений, - ставите себя на место фальшивой монеты и спускаетесь вниз по решению. Пару пробегов и Вы понимаете как всё увязано.
Сообщение отредактировал Фигаро - Пн, 04.01.21, 18:39
