Математическое и загадочное

[E.K.]

Попробую решить задачку для начала для диапазона 1-10, а не 1-100.

Вот-вот, мне тоже кажется, что надо сначала на малых числах потренироваться. Вот, например, сколько позиций можно занять, имея только 2 груза? (термин "гири" для взвешивания "граммов" всё же великоват). На самом деле - здесь арифметика поможет. Из двух грузиков... грузов... гирь... величин! - можно собрать 4 варианта. Пусть это a и b, причём a>b (если наоборот - то просто переименуем их обратно). Из них можно сделать: a, b, a-b, a+b. Всё.

 

То есть, непрерывную последовательность от единицы иначе как {1,2,3,4} мы получить никак не сможем. Ну и очевидный ответ: 1,3.

 

Точно не больше восьми 

Пример с монетами неправильный. Их же только складывают вместе - чтобы заплатить или дать сдачу. А у нас можно на разные чаши класть. То есть, из монет 1 и 3 копейки никак не получится две копейки. А в условиях нашей задачки - можно.

 

// Тем более! что в наши тревожные времена не только монеты, да и бумажные деньги совершенно не рекомендуется ни брать, ни давать кому-либо.. Сидите дома! Решайте задачки

[santax]

У нас удаленка)

2,3,7 дают 1-10 и 12.

Да, если бы задача сводилась к суммирования чисел (на одной стороне весов), то задача решалась бы через 1,2,4,8,16,32,64. А вот как исключить лишнее для двух чаш весов. И не факт что надо использовать эти 7 чисел.

Искомая комбинация: X1 < X2 < X3 < ... < Xn.

Изменено 30 марта, 2020 пользователем santax

[santax]

-------

Ниже мысли вслух, чтобы не потерять идеи

1) +1+5+30

2) +1+5-30

3) +1-5+30

4) -1+5+30

5) +1-5-30

6) -1+5-30

7) -1-5+30

8) -1-1-30

 

1) и 8); 2) и 7); 3) и 6); 4) и 5) - 4 варианта.

значит из 4 чисел будет лишь (2^(4-1))= 8 вариантов.

------

Посчитал примерно и получается, что теоретически такое возможно с 5 числами. Для 7 гирь точно подойдут 1,2,4,8,16,32,64. Значит надо найти в идеале комбинацию из 5 чисел, ну или либо из 6 чисел.

 

4 числа: 2^3 + 4*2^2 + 6*2^1 + 4*2^0 = 40 вариантов

5 чисел: 2^4 + 5*2^3 + 10*2^2 + 10*2^1 + 5*2^0 = 121 вариант

6 чисел = 2^5 + 6*2^4 + 15*2^3 + 20*2^2 + 15*2^1+6*2^0 = 32 + 96 + 120 + 80 + 30 + 6 = 134 + 230 = 364 варианта

 

=======

Решение, которое пришло путём вычислений в уме - 1,3,9,27,81.

Решение завтра. Оказывается задачка простая.

Изменено 30 марта, 2020 пользователем santax

[Борис Прокофьев]

Решение, которое пришло путём вычислений в уме - 1,3,9,27,81.

Красота!

[E.K.]

Решение, которое пришло путём вычислений в уме - 1,3,9,27,81.

Решение завтра. Оказывается задачка простая.

Степени тройки? Круто..

Ждём решения

[E.K.]

Да элементарно же! Только что догадался.

 

1,3 покрывают {1,2,3,4}. То есть, добавляя 5+4=9 - добавляя девятку мы покрываем диапазон от 5 до 13. От 14 и выше требуется 14+13=27. Получены все числа от 1 до 1+3+9+27=40. Тем же образом получаем 81. Ура. (само собой, в качестве третьего груза может быть любой от 60 до 81). ((само собой, что могут быть решения типа 1,3,9,22,70))

 

Но почему не может быть набора из четырёх грузов? Вроде бы тоже просто. Комбинации четырёх грузов могут быть только... Пусть a,b,c,d - по понижению веса груза. Груз 'a' может быть в сумме, а может и не быть (отрицательным быть не может). Остальные могут быть с плюсом, минусом или отсутствовать. Итого количество вариантов = 2*3*3*3 = 54. Сотню никак не покрыть.

 

Ура.

 

P.S. Почему же не может? Вполне себе может.. Но всё равно получается меньше 100 вариантов: 3*3*3*3=81.

[E.K.]

Сегодня две задачки, выбирайте:

 

1) 11 абсолютно упругих шаров движутся в одном направлении по одной прямой с одной и той же скоростью, без трения, с одинаковыми промежутками. А навстречу им по той же прямой движутся 17 шаров с теми же условиями. Сколько всего столкновений будет в этой системе?

 

2) На плоскости есть 2n точек, никакие две точки не совпадают, никакие три не лежат на одной прямой. Точки соединены n отрезками: первая соединена со второй, третья - с четвертой и т.д. Мы можем взять любую пару пересекающихся отрезков AB и CD и заменить их на пару отрезков AC и BD (общее количество отрезков не изменится). Всегда ли мы можем такими манипуляциями добиться того, что у нас останется n отрезков, никакая пара из которых не пересекается?

[santax]

1) 17*11 = 187 ударов. Решалась графически, за качество фото извините.

[E.K.]

1) 17*11 = 187 ударов. Решалась графически, за качество фото извините.

Я над задачкой не думал особо, некогда было.. А потом догадался. И решение тривиальнейшее! Если друг к другу летят n и m шаров, то будет n*m столкновений.

 

Кстати, мне подсказали решение про грузики. Там так: применяем троичную систему счисления. Любое число в троичной системе может быть представлено как разность чисел, состоящих только их 0 и 1, причём единицы в обоих числах стоят на разных позициях. То есть, если нам надо решить задачу для произвольного N, то его надо записать в троичной системе. Сколько будет знаков - столько и грузиков потребуется.

[E.K.]

Решение про шары.

Они одинаковые, посему нам всё равно куда какой потом полетит. Посему представим себе, что шары "проникают" друг сквозь друга. Т.е. количество "проникновений" будет равно количеству столкновений в исходном условии. Далее, каждый летящий слева проникает сквозь каждого летящего справа (и наоборот). Всё. n*m.

 

А вот задачку про отрезки я что-то не могу..

[santax]

Аналогично.. Менделеев над таблицей 20 лет думал и нам нужно подумать.

---

Ну для начала наверно так:

Предположим, что такая ситуация возможна. Пусть в конечном итоге остаётся пересекающие отрезки AC и BD в точке O. Получается в ABCD будет 4 треугольника. Тогда внутри фигуры ABCD обязательно должно быть минимум 2 точки (которые соединены с 2 точками вне ABCD), и расположены они будут на соседних треугольниках.

Тогда при изменении отрезков с AC, BD на AB, CD один из отрезков вновь будет пересечен. Тогда мы вновь получаем пару пересекающихся отрезков.

Но тут пришла идея:

А что если эти 2 точки внутри ABCD соединить вместе, тогда отрезки можно заменить на AB и CD, и тогда останется доказать что 2 точки вне ABCD, которые станут отрезком, будут не пересекать ABCD.

Хрень какая-то, нужно рисовать, чтобы понять мою логику.

[E.K.]

Ой, у меня глюк.. Я полностью уверен, что вчера здесь был мой коммент про решение задачи с грузиками, которые взвешивают от 1 до 100. А сейчас я его не вижу. Что случилось?

[santax]

Кстати, мне подсказали решение про грузики. Там так: применяем троичную систему счисления. Любое число в троичной системе может быть представлено как разность чисел, состоящих только их 0 и 1, причём единицы в обоих числах стоят на разных позициях. То есть, если нам надо решить задачу для произвольного N, то его надо записать в троичной системе. Сколько будет знаков - столько и грузиков потребуетя

 

Этот?

[E.K.]

Да! Спасибо!

Но почему он отсюда исчез?..

[santax]

Слился с предыдущим постом - он на месте)