|
[3335] Tóbi | 2010-10-02 22:38:44 |
 Igazad, van rossz következtetést vontam le abból, hogy van körbeverés. Ez csak azt jelenti, hogy a lehetséges kockák nem állíthatók sorba erősség szerint. Ettől még lehetne olyan kocka, ami minden másikat szigorúan legyőz.
|
Előzmény: [3334] Csimby, 2010-10-02 22:00:45 |
|
[3334] Csimby | 2010-10-02 22:00:45 |
 Pont te bizonyítottad be, hogy a szabályos kocka legerősebb, abban az értelemben, hogy senki se veri őt (a 21 összegű kockák közül). Persze ettől még igazad van, hogy másik 3 kocka körbeverheti egymást (de a szabályos kocka nem lehet benne ilyen körbeverésben).
Az A kocka legyen nagyobb a B kockánál, akkor, ha az Ai-Bj értékek között több pozitív van, mint negatív. Ez a reláció nem lesz tranzitív mint ahogy azt az előbb te is írtad, viszont maximális elemei lehetnek (akiknél mindenki akivel összehasonlítható, kisebb vagy egyenlő - jelen esetben persze mindenki mindenkivel összehasonlítható). A szabályos kocka pl. maximális.
|
Előzmény: [3333] Tóbi, 2010-10-02 21:36:54 |
|
[3333] Tóbi | 2010-10-02 21:36:54 |
 Nem lehet egyértelműen meghatározott legerősebb kocka. Ugyanis A=(4,4,4,4,4,1) B=(6,6,6,1,1,1) C=(6,3,3,3,3,3,) esetén A veri C-t 25-11-re, C veri B-t 18-15-re, és B veri A-t 18-15-re. Így (bármilyen számhalmazból kerüljenek is ki a felírt számok) kevert stratégiát kell használni, ha egyszerre kell megadnunk az egész kockánkat. Az eredeti feladatra ez persze nem ad választ, de indokolja, hogy mi értelme van egyesével számozni a kockákat.
|
Előzmény: [3332] Csimby, 2010-10-02 21:03:32 |
|
[3332] Csimby | 2010-10-02 21:03:32 |
 Hoa: Ez jó ötlet volt, köszi (valójában az kell, hogy Ni-Si-k között több legyen a pozitív mint negatív, nem az, hogy 18-nál több legyen)
Tóbi: Igen, ez jó. Kivéve ha 6-nál nagyobb számok is lehetnek a másik kockán (ami nem volt megtiltva). De a győzelmek száma ekkor se mehet 15 fölé, míg a döntetlenek száma ekkor is legfeljebb 6.
És ha 21 helyett valamimásik C 6 poz. egész a számok összege? Igaz lenne hogy az ilyen kockák között mindig vannak legerősebbek?
És ha nem pozitív egészeket is írhatunk a lapokra (nyilván bármilyen fix alsó korlát nem jelentene lényeges különbséget)?
|
Előzmény: [3331] Tóbi, 2010-10-02 20:31:32 |
|
[3331] Tóbi | 2010-10-02 20:31:32 |
 A szabályos (1,2,3,4,5,6) kocka ellen bármilyen (a,b,c,d,e,f) kocka 15 esetben nyer, 15 esetben veszít 6 döntetlen mellett, ha a+b+c+d+e+f=21. Ugyanis ha a 2. kockával a-t dobunk, akkor a szabályos kocka válaszai közül a-1 db győzelmet, 1 db döntetlent eredményez nekünk. Így 6 döntetlen lesz, és a-1+b-1+c-1+d-1+e-1+f-1=21-6=15 esetben nyerünk és 6*6-15-6=15 esetben veszítünk.
|
Előzmény: [3329] HoA, 2010-10-02 20:00:58 |
|
|
[3329] HoA | 2010-10-02 20:00:58 |
 Először azt kéne megnézni, van-e jobb kocka a "szabályos"-nál? Mert ha nem, akkor A akármilyen számokat is ír, B-nek szabályos ( 1,2,3,4,5,6 ) kockát kell készítenie. Az N nemszabályos kocka akkor jobb az S szabályosnál, ha a kockákra írt számok 36 darab Ni-Sj ( i,j = 1,2,...,6 ) különbségből 18-nál több pozitív.
Ha van jobb kocka, akkor igazi a feladat: A jobb kockájánál tud-e B mégjobbat készíteni?
|
Előzmény: [3328] Csimby, 2010-10-02 19:46:13 |
|
|
|