Перейти к содержанию

Рогожников Евгений

Участники
  • Публикаций

    96
  • Зарегистрирован

  • Посещение

Репутация

18

Информация о Рогожников Евгений

  • Статус
    Постоялец

Посетители профиля

5859 просмотров профиля
  1. Да не. Дело не в этом. На этом форуме попадались задачи гораздо сложнее и народ их вполне решал. Думаю, дело в том, что сейчас очень редко бывает время, чтобы долго и спокойно думать над задачей. Все как то находу. А эту с наскока не решишь. Я, в общей сложности, решил ее только недели через две. Все никак не шла. А у меня есть плохая черта, что когда такое бывает, то начинаю себе прям места не находить. Так что она мне крови попила изрядно
  2. Ну чтож. Два дня прошло. Выкладываю тогда решение как обещал. Пронумеруем наши мегамозги числами от 1 до N. ( Можно было бы и от 0 до (N-1). Это неважно ). Тогда у i-го клубня будет следующая стратегия: - он складывает все числа с колпаков которые он видит ( т.е со всех кроме своего ) и получает число A_i. - он находит такое число x от 1 до N, что (A_i + x) равно i по модулю N. Ясно что такое число существует и оно ровно одно. - он выписывает число x. Покажем, что это даст выигрышную стратегию. Пусть A это сумма чисел по всем колпакам. Пусть оно сравнимо с числом j по моду
  3. Там уже решение такое же как и в общем виде для N клубней. Давайте, я пока дам ещё одну подсказку и пару дней. Надо пронумеровать клубней и каждый клубень должен писать такое число, чтобы его сумма с неким другим числом по модулю N имело остаток равный номеру клубня.
  4. С чего это? Пусть есть два игрока. Первый пишет тот цвет колпака, который видит у второго, а второй пишет противоположный. Тогда если им надели колпаки одного цвета, то первый угадает цвет своего колпка. Если же им оденут колпаки разных цветов, то выиграет второй.
  5. В таком простом случае легко сделать перебор. Там всего 4 варианта для распределения цифр на колпаках. Рассмотрите все случаи и убедитесь, что в каждом кто то да унадает
  6. Для двух решение простое. Первый клубень пишет тот же цвет, что видит, а второй противоположный
  7. Это уже какое то новое условие, которое ранее у вас нигде не было указано. Ранее вы писали, что писать надо только те из чисел, которые клубни видят. Когда я вам привёл контрпример, вы добавили допусловие, что надо писать на 1 больше. Полагаю, что если я вам сейчас ещё контрпример приведу, то появится ещё допусловие. Ну, пожалуйста,. Числа от 1 до 98 по одному и две 99. По вашему алгоритму те на ком не 99 видят две 99 - это максимальное число одинаковых чисел. Поэтому они пишут 99 и ошибаютя. Те же на ком 99 видят то же самое, что в предыдущем примере со всеми числами видел челове
  8. Тот у кого будет колпак с числом 100 его не увидит!!! Ведь этот колпак надет на нем. Соответственно, он его не выберет. Ну а остальные напишут число 100
  9. не катит. пусть, например, все числа задействованы. Т.е на каждом клубне колпак с уникальным числом. Тогда никто не увидит своего числа и не проголосует за него. Такие простые методы тут не сработают. Сразу скажу, что стратегия тут несимметричная. Т.е разным клубням надо будет делать свой выбор по разному. Имеется ввиду, что каждому клубню будет дана своя стратегия какое число ему надо писать для любой возможной коминации 99-ти колпаков которые он видит. Не существует решения, когда стратегия для каждого будет одинакова
  10. Не катит. Пусть у 50-ти колпак с 1, а у других 50-ти колпак с номером 2.
  11. Я, помню, когда то пытался решать эту задачу. И мной было дано доказательство, довольно длинное , но, в целом, не такое сложное, что решение невозможно и стратегии не существует. Решение подходило для любого количества клубней. Даже для двух. Какого же было разочарование, что для двух я нашел выигрышную стратегию ?. И ошибка в решении была довольно хитрой
  12. Все верно, но для полной строгости сходимости при x= e пара нюансов 1) Небольшая опечатка. Выделил жирным 2) В равенстве идет перемножение двух чисел - очень большого n! и очень малой суммы. Надо показать, что малая сумма убывает сопоставимо с n! (1/0! + 1/1! + 1/2! + ... + 1/(n-1)!) = e - 1/n! + O(1/(n+1)!) Таким образом n! * (e - (1/0! + 1/1! + 1/2! + ... + 1/(n-1)!) = n! *( 1/n! + O(1/(n+1)!)) = 1 + O(1/(n+1) таким образом при x= e и в самом деле идет монотонная сходимость к 1 со скоростью 1/n
  13. Ну как сказать. Если положить 1 рубль, то послезавтра будешь уже 2 должен. А далее долг будет расти быстрее факториала
  14. Мда. Долго думал, так как казалось, что есть какая то хитрая математическая закономерность. Но скачок до 101 все портил. В итоге, отчаявшись, стал совсем уж глупые решения искать. И, оказалось, что задача шуточная. 2 - два. 3 буквы 1 - один. 4 буквы 6 - шесть. 5 букв 4 - четыре. 6 букв 101 - сто один. 7 букв 20 - двадцать. 8 букв .. 12 - двенадцать. 10 букв .. Итого - ответы неоднозначны. Надо просто найти числа, которые имеют 9 и 11 букв соответственно. Подойдут, например, 50 - пятьдесят. 9 букв 120 - сто двадцать. 11 букв
  15. Да уж. Слона то я и не заметил. Попытка номер два. Теперь я заметил, что 2048=2^11=(1+1) ^11 2021=2048-27 27=3^3=(1+1+1) ^(1+1+1)
×
×
  • Создать...