[695] SchZol | 2005-01-06 09:01:39 |
Sziasztok!
Szerintem jó, amit Mihály ír. XOR művelet annyit tesz, hogy ha azonos helyiértéken páros db 1-es van, akkor 0, ha páratlan, akkor 1 lesz az érték, természetesen bináris számokat nézve. Nézzünk egy példát. A tányérok 0-7ig vannak számozva. Tegyük fel, hogy az 1,4,5,6 balkezes és Hófehérke tányérja a 3-as. Most írjuk fel egymás alá binárisan a balkezes tányérok sorszámát.
Ezeket bitenkét XORolva azt kapjuk, hogy 110. A 3 viszont binárisan 011, tehát egy olyan tányérnál kell megváltoztatni a kanalat, ami az első és a harmadik biten 1-es, vagyis jelen esetben az 5öst átrakjuk a jobb oldalra, így az 1,4,6 össze XORolása pont a 3-at adja.
És ez tényleg jó bármilyen esetre, mert a balkezesek XORolása mindig egy 3bites számot fog megadni, amit egy kanál áthelyezésével tetszőlegesre tudunk állítani, vagyis, úgy hogy pont Hófehérke tányérjának számát mutassák kettes számrendszerben.
Remélem érthető voltam.
Grat Mihály a megoldáshoz és bocsi, hogy beírtam helyetted a magyarázatot.
Üdv, Zoli
|
Előzmény: [694] lorantfy, 2005-01-06 08:36:31 |
|
[696] nadorp | 2005-01-06 09:43:04 |
Megoldás 137-re
A feladat átfogalmazható a következőképppen: Adott egy urna és benne 2n darab golyó. A golyók n-féle színűek és mindegyik szín pontosan 2-szer szerepel. Visszatevés nélkül húzunk az urnábol (2n-2)-szer. Mi a valószínűsége, hogy az urnában maradt 2 golyó azonos színű ?
Ez egy egyszerű kombinatorikai valószínűség.
Az összes eset száma:
A kedvező esetek száma:
Így a keresett valószínűség:
|
Előzmény: [684] Atosz, 2005-01-04 09:11:00 |
|
|
[698] Fálesz Mihály | 2005-01-06 10:55:22 |
Köszi Zoli,
Örülök, ha helyettem dolgoznak, feltéve, hogy jól. :-)
------
Ami engem a feladat kapcsán izgat, a következő. A megoldás 8 helyett bármilyen 2-hatványra működik. Sőt, 2k-1 tányér esetén is alkalmazható, ha a 0 sorszámú tányért kihagyjuk. De mi a helyzet más számokra? Például 5 tányér esetén? (Bíztató, hogy ha a tányérok száma n, akkor a barát (n+1)-féle lépés közül választhat, tehát a szükségesnél egy kicsit több lehetősége van.)
|
Előzmény: [695] SchZol, 2005-01-06 09:01:39 |
|
[699] Fálesz Mihály | 2005-01-06 11:07:42 |
Az átfogalmazás szerintem sem ekvivalens. Az egyes színek (tabletták) kihúzásának valószínűsége nem függhet attól, hogy az adott színű golyóból mennyi van a zsákban (azaz félbetörtük-e már a tablettát). A baj az, hogy nem a golyók, hanem a színek közül kell ugyanakkora valószínűséggel választanunk
Például 2 tabletta esetén az első húzás után 1 fél és 1 egész tabletta marad, a fél tabletta kihúzásának valószínűsége 1/2. Ugyanakkor 2×2 golyó esetén 1/3 a valószínűsége annak, hogy másodszorra éppen az első golyó párját húzzuk ki.
|
Előzmény: [697] nadorp, 2005-01-06 10:01:48 |
|
[700] Atosz | 2005-01-06 15:38:02 |
Sziasztok!
Gratulálok Mihály a megoldásodhoz (és Zolinak a magyarázathoz). A gyógyszeres átfogalmazása biztos, hogy nem jó, tulajdonképpen azért amiért te is írtad. Addig is, amíg ezen töprengünk, bedobnék mégegyet, ami szerintem könnyebb: (139.) Van egy 2 tonnás és egy 3 tonnás teherautónk. Egy raktárból kell elszállítani az árut, melyben 5 tonnánál biztosan több cucc van. A csomagokról csak annyit tudunk, hogy mindegyiknek a tömege kisebb mint 1 tonna. (csak a tömegük számít, a méretük, alakjuk nem) A csomagok eloszlásáról nincs információnk. Mennyi az a maximális árumennyiség amit a két autóval egyszerre tutibiztos, hogy el tudunk vinni a raktárból? (Ezt a számot előre kell megmondanunk anélkül, hogy a csomageloszlást látnánk pl. 3.9 tonna stb...) ui: Milyen teherautók esetén mondhatunk legnagyobb számot? (1 és 4 vagy 2.5 és 2.5 stb...) Mi a helyzet több teherautó esetén?
Üdv mindenkinek! Atosz
|
Előzmény: [699] Fálesz Mihály, 2005-01-06 11:07:42 |
|
|
[702] Káli gúla | 2005-01-07 11:58:09 |
Kedves Mihály!
Öt tányérral nem lehet a trükköt megcsinálni. Ez azt jelentené, hogy az ötdimenziós kocka csúcsait ki tudnánk színezni 5 színnel úgy, hogy minden csúcs körül (a csúcs és a szomszédjai között) minden szín előforduljon. Egyszerű összehasonlítással (5*6<32 miatt) minden színből kellene legalább 6 csúcs, de 5*7>32 miatt nem lehetne minden színből legalább 7, vagyis lenne olyan szín, amiből pontosan 6 van.
Tehát elég belátni, hogy 6 "piros" csúccsal nem lehet a többi csúcsot "lefogni", azaz a maradék 26 csúcs között mindig van olyan, amelyik egyik pirossal sem szomszédos.
Az 5d-s kocka élvázát úgy képzelhetjük el, hogy négy 3d-s kockát teszünk egy négyzet csúcsaiba, és a szomszédos kockák megfelelő csúcsait összekötjük. Ha ai-vel jelöljük a piros csúcsok számát az egyes kockákban ciklikus sorrendben, akkor az i-edik kocka csúcsaira a feltétel azt jelenti, hogy
4ai+ai-1+ai+18.
Ebből könnyen adódik, hogy egyedül a (2,1,2,1) eloszlás lehetne megfelelő, de az itt szóba jövő néhány esetet megvizsgálva ezt is könnyű kizárni.
|
Előzmény: [698] Fálesz Mihály, 2005-01-06 10:55:22 |
|
[703] rizs | 2005-01-09 20:06:17 |
140. 2 egyéb, valószínüleg közismertebb feladat: 3 kimenetelű totón a 2 találathoz hány szelvény kell? és 4 kimenetelűn a 3 találathoz?
|
|
[704] rizs | 2005-01-09 20:19:38 |
a feladat megoldása megtalálható a kömal honlapján :) mármint egy részéé :) http://www.komal.hu/verseny/2000-10/B.h.shtml ezt logikusan végiggondolva az is kiderül, hogy ha a két teherautó töltőtérfogata a és a+1, akkor a tömeg, amire szerződést vállalhatunk, az (2a+1)*a/(a+1), jelen esetben 10/3.
|
Előzmény: [700] Atosz, 2005-01-06 15:38:02 |
|