Nem, nem, nem. Figyelj. Kiválasztod az 1. ajtót. Ok. Te most azt mondod, hogy kinézed a 101.-et, hogy majd az marad. Na de honnan tudod? A maradék 100 közül bármelyik mögött lehet, amelyek együttes valsége jóval nagyobb, mintha csak a 101.et néznéd (aminek persze tényleg annyi a valsége, mint az 1, ajtóé, amit választottál, de itt van még másik 99, amelyik mögött még lehet).
Lehet, hogy csak szórakozol velünk?
szoval, KoLa, azt mondod, h mindegy, h vki tudja, hogy egy dobokocka egyik sarka olmozva van, es ennek ismereteben tippel a kovetkezo dobas eredmenyere, vagy ha nem tudja, es ugy. az, h ket dolog kozul valaszthatsz, meg nem jelenti azt, h mindkettonek ugyanakkora a valoszinusege. (vo: berepul-e az ablakon a rozsaszin elefant, v semnem)
ha ezt a metaforat se erted, akkor tovabb probalkozni felesleges.
Jo ez a topic, eccer regen a Jatekhaznak volt egy ilyen temaju levlistaja... Ott jol kielemeztuk az osszes common logikai feladatot...
Itt van egy (szamomra) uj:
**********
Van egy hegymaszo, aki le akar menni egy 40 m mely szakadekba. A sziklafal teljesen sima, sehol nem tud megkapaszkodni, vagy kotelet kotni, kiveve legfelul es pont kozepen (20 m.-nel). Rendelkezesre all 1 db. 30.5 m-es kotel es egy kes. A kotelet csak keresztbe vaghatja el, ha hosszba hasitana, akkor nem birja el a sulyat.
Hogyan tud lejutni, ugy hogy semennyit sem ugorhat, eshet, maszhat, stb... Azaz csak a kotelen ereszkedhet.
(A fel meter a kotelen csak az esetleges csomozasra van fenntartva, matematikusok szamoljanak 30 meterrel)
Természetesen a 12 pénzes feladatnak ezt a fajta megoldását is ismerem (mégiscsak én adtam fel a példát...:-), de nem lőném le, hátha lesz aki próbálkozni akar...
99-et nyitsz ki, na és?
Gondold meg. Hogy pont az 1-esben (amit az ürge választott), vagy épp a 101-esben (ami csukva maradt) van az ajándék, annak pontosan UGYANANNYI a valószínűsége.
Máshogy mondom (lehet, hogy ez lesz a jó?):
Legyen az 1. ajtó az amit az ürge választott, és legyen a 101. ami maradt a 99 ajtó kinyitása után.
Mi a valószinűsége annak, az 1. ajtó a jó? nyilván 1/101, igaz? És mi a valószínűsége annak, hogy 101. ajtó a jó? Annak is 1/101 !!! Tehát egyenlő eséllyel választhatom bármelyiket.
Na, remélem meggyőztelek...:-))
A masidiknak behivott urgenek tenyleg 50%-a van. Es eppen azert van neki csak ennyi, mert o nem kapta meg azt a plusz informaciot, amit az elso.
Te egyebkent melyik ajtot valasztanad a (szerinted nem tul meggyozo) 101 ajtos esetben?
Szerintem olvasd el mégegyszer Vikoca elemzését, O annak idején nagyon jól levezette matematikaiul.
A példád ott sántít, hogy amikor másodszor tippelsz, Neked már van annyi infód, hogy melyik 2 közül üres az egyik. Az utcáról behívott ember ezt nem tudja, ezért az igaz, hogy neki 50-50%, de Te tudod, hogy melyik 2-ben van 2/3 valséggel, amibol ugye az egyiket kinyitották, tehát érdemes a másikra tippelni.
Egyébként meg Selindek hasonlata szerintem teljsen korrekt, és jól ábrázolja a szitut. Neked mi nem tetszik a hasonlatában?
Már 1* írtam rá valamit, pár percig létezett is, aztán közbeszólt az Úr, akarom mondani keki :)
Na szóval, van egy 40 lépéses, rekurzív behelyettesítos megoldásom, de most nincs rá idom végigszámolni. Ha gondolod, leírom az algoritmust.
Egyébként úgy rémlik, hogy huszonvalahány emberke esetén már 50% az esélye, hogy van két szülinapos, szóval 40 embernél ez még több. Elso tippnek ennyi.
Én volnék az egyik tamáskodó 3 ajtó ügyben.:-)) Az álláspontomat alant kifejtettem már, itt nem ismételném meg.
Sajna,a hasonlat nem túl meggyőző számomra, de mondok én is egyet, hátha a végén én győzlek meg...;-)
Nos, az ürge választ egy ajtót a három közül. A maradék kettőből egyet kinyitnak, és - mint tudjuk - üres. Ekkor az ürge választhat mégegyszer a maradék két ajtó közül, és szerinted nem mindegy melyiket választja, mert a másiknak (amelyiket nem választotta az előbb) 2/3-os esélye van az eredeti 1/3-al szemben.
De most mondjuk - csak a példa kedvéért - elküldik az ürgét, és behívnak valakit az utcáról (nem tud semmiről, arról sem, hogy Te hogyan gondolod...:-)), és azt mondják neki, hogy válasszon a maradék két csukott ajtó közül. Nos? Ugye, nem gondolod komolyan, hogy ekkor is 1/2-2/3 lesz az esélye, és nem 50-50 százalék? Márpedig 50% esélye kell legyen, hiszen Ő csak két ajtó között választ. Ha viszont annyi, ugyan miért lett volna az első ürge második választásakor más az ábra?
Hidd el, a feladat fogalmazásában valami bibi van. Nem ismerem a példát, de nyilván van egy olyan megfogalmazása, ahol valóban a 2/3 lehet a jó válasz.
Volt itt meg egy ket hozzaszolo, aki ketelkedik a 3 ajtos feladat megoldasaban. (Marmint, hogy a masik ajtot kell valasztani.)
Az o megnyugtatasukra elmondanam, hog yez a feladat elojott egy tarsasagban, ahol _mindenkinek_ 148 felett volt az IQ-ja. Egy ora alatt mindossze 3 embert tudtam meggyozni a megoldasrol...
Aztan ket nappal kesobb talaltam egy meggyozo hasonlatot: Jatszuk a feladatot 101 ajtoval. Egy mogott dij, tobbi mogott semmi. Valasztasz egyet, a maradekbol kinyitok 9-et, ami mogott nincs, aztan ujravalasztasz. Jozan paraszti esszel belathato, hogy ajtot kell cserelni. pedig a feladat teljesen analog, csak nem 2, hanem 100 rossz ajto van.
Mas!
Kitalaltam egy nehezitest a 12 penzermes feladathoz!
********
Van 12 penzerme, 1 kozuluk hamis. (Mas a sulya.) Valaszd ki ketkaru merleggel, 3 meressel a hamisat kozuluk, ugy, hogy _elore_ mondd meg, hogy melyik meresnel melyik golyot melyik serpenyore teszed !
Tehat a meresek eredmenye _nem_befolyasolhatja_ ,hogy melyik golyokat mered legkozelebb!!!
Bázel, elküldöm harmadszor is, az elso ketto elszállt.
Azt kérdezem meg tole, hogy a következo ciklusában mit mondana, melyik ajtó NEM vezet a menyországba.
Mindenképpen hazug választ kell hallanom, és a törpicsek a menyországba vezeto ajtóra mutatna.
Palánk
Felkapcsolok egyet , így hagyom néhány percig, majd lekapcsolom.
Felkapcsolok egy másikat majd felmegyek.
Fenn ég egy, a maradék kettobol pedig az égett amelyik meleg.
Van egy U alakú folyosó. Ez egyik "szárában" van 3 kapcsoló, a másikban 3 villanykörte. Nem látni, hogy melyik melyiket kapcsolja. Csak egyszer nyúlhatsz a kapcsolókhoz, és utána meg kell mondanod, hogy melyik melyiket kapcsolja.
Naon eccerű, ne gondoljatok bonyolut dologra :)))
CML
Khm. Nos:
1. nekem marha gyanús, hogy így nem lesz egyenlő esélyük a rekordoknak (most se időm se agyam végiggondolni, ha bebizonyítanád, akkor sokat segítenél :)
2. A futási idő is érdekelne, eléggé sztochasztikusnak tűnik (egy rossz véletlenszám-generátorral az is előfordulhat, hogy soha nem lesz vége).
3. 3 napot adnak :), de nyugi már letelt, egyébként is úgy gondolom, hogyha magamtól nem tudtam volna megoldani, akkor semmi keresnivalóm a szakmában.
maya
Mért tűntek el az uccsó hozzászólások?
Köszi, így már király. Gratula. Mellesleg a megoldás majdnem felhasználható hibajavító kódolásra, legyen egy k bites számod, ehhez hozzácsapod a summa(b*j) mod k maradékát, ahol az összegzés a bithelyek szerint megy, b az adott bit (0/1) j az indexe, ez 1 bithibát javít, feltéve, hogy tudod, hogy van hiba (hiszen a nullás indexű nem szól bele).
nemtom, emlekeztek-e meg maya feladvanyara. tudjatok, amit egy szamtech ceg szokott feladni munka utan kuncsorgoknak. (btw, a hurkos-pointeres is egy ilyen cucc.)
na, akkor en most megoldom, annal is inkabb, mert penteken adta fel, es ha jol emlexem, erre ket nap gondolkodasi idot ad az a bizonyos ceg (igen, en is palyaztam, es vissza is hivtak, csak addigra mar volt allasom... :-)), szal, most mar nem juttatom mayat tisztessegtelen elonyhoz. akik esetleg csak ezutan palyaznak... nos, megerdemli az a ceg, amelyik fel ev alatt sem bir uj tesztkerdest kitalalni. sok szerencset!
tehat, emlekeztetoul:
van egy file, amely ismeretlen szamu, max N hosszusagu rekordokbol all, minden rekordot egy 0 erteku byte zar le. hogyan valaszthato ki (= toltheto be a memoriaba) a filebol egy rekord veletlenszeruen ugy, h minden rekordnak egyenlo eselye legyen. csak N byte-nyi memoria hasznalhato. (+ nyilvan meg annyi, amennyiben a program elfer, de ez konstans.)
nos:
1. a file byte-okban megadott hosszaval generalni kell egy veletlenszamot,
2a. ha a veletlenszam erteke 0: beolvasunk N byte-ot a 0-dik poziciotol. a memoriaban ekkor benne lesz a rekord 0-val lezarva, utana esetleg vmi maszat.
2b. ha a veletlenszam erteke egyenlo a filehosszal: goto 1.
2c. ha a veletlenszam erteke nem = 0: az annak megfelelo poziciobol kiolvasni 1 byte-ot.
3a. ha a byte erteke 0: az utana kovetkezo N byte-ot beolvassuk a memoriaba, es voila'.
3b. ha a byte erteke nem 0: goto 1.
attol ilyen bonya az egesz, mert nem szabad segedvaltozot hasznalni. meg viccesebb volt, h ezt nekem teljes komolysaggal meg kellett irni c-ben. ekkor meg bejonnek pl ilyenek is, h a random(int a) fuggveny short int-et ad vissza, a filepozicio pedig long int. mindezt segedvaltozo nelkul. kerem, lehet probalkozni, van megoldas... ja, es csak nem ilyen szep ez az egesz, mert ahhoz, h olvashass egy file-bol, c-ben minimum kell egy filehandle. jo, monnyuk az is konstans, belefer.
ejnye, bocs, h ennyire elmentunk programozoba, ez vegulis egy logika topik. hat, legyen:
van harom kapu, ezek kozul ketto a pokolba vezet, egy a mennyorszagba. a kapukat egy torpe orzi, akirol tudjuk, h egyszer hazudik, egyszer igazat mond, felvaltva. egy kerdest tehetsz fel neki, amibol meg kell tudnod, h merre menj tovabb (visszafordulni nem lehet :-))
vegulis nem tul nehez, de sajat termes, ugyhogy buszke vagyok ra...
ja, cowboyos feladat nagyon spiral volt, koszi. persze en is megoldottam, nem mintha, csak ugy mondom :-)
ja2, nem lehetetlen, h az infos kivegzos feladatnak akkor is van vmi 50%-nal jobb megoldasa, ha feltetelezzuk, h az infosok mind hiperoptimalisan gondolkoznak, es ezt tudjak is egymasrol. ugye a hiperoptimalis megoldas a paritasbites, a kerdes csak az, h az elso nehany bemondasbol (es abbol, h kivegzik-e a bemondokat), a tobbiek rajohetnek-e, h mit jelent a "fekete" es a "feher" bemondas, kialakulhat-e vmi konszenzus, ami a tobbieket megmenti. ehhez faradt vagyok kicsit, de ha vkit erdekel, lehet gondolkozni.
Ööö igen, válasz akart lenni. Akkor most kifejtem, mert eddig csak körvonalaznom sikerült. Szóval legyen szín1, szín2, szín3... amennyi csak van. Legyen akár 100 féle színu. Ezután legyen szín1=0, szín2=1, szín3=2, ..., szín100=99. Namármost, az utolsó összeadja a látott színeket|számokat. Bemondja a 100-as maradékát (egy színt). Az utolsó elotti látja az elotte lévo 98 sapkát, összeadja, ugyanakkor tudja a vele együtt 99 sapka összegét (ezt mondta be az utolsó, aki szegény 1/(színek száma) valószínuséggel eli túl a bulit), tehát tudja a sajátját. Innen ugyanúgy megy, mint 2 színu esetben.
Érthetobb valamennyire?
Hát mit mondjak, nincs tülekedés az új feladatokkal... Hogy *Nemecsek* topicgazda úrról már ne is beszéljek...:-))
Na jó, egy aránylag egyszerű feladat, csak hogy pezsegjen a topic...
**************************
Egy társaságban 40 ember van. Mi annak a valószínűsége, hogy VAN közöttük két olyan ember, akik ugyanazon a napon tartják a szülinapjukat (tehát ugyanazon a napon születtek, de nem feltétlen ugyanabban az évben).
Szerintem tippeljetek (ha valaki akarja, tőlem le is vezetheti), aztán aki a legközelebb van a megoldáshoz (esetleg telibe kapja), annak közösen gratulálunk! Na?
Na, végre! Hagyod itt az embert főni a levében...:-)
Szellemes megoldás el kell ismerni (valamivel gyorsabb, mint az enyém...:-), nem is értem, hogy zuzmónak mi baja van... De, várjuk meg az Ő - az optimálishoz nyilván közelebbi - megoldását...:-)) Mer' azért három megoldás méágiscsak volt, de Tőle egy se...
Az az igazság, hogy addig tömted a fejem, hogy így kevés memória, meg úgy nincs hely, hogy a dupla pointer lehetősége fel sem merült bennem. Na mind1, jó kis példa volt.
Azt akartam kérdezni, hogy véges sok színu sapka van-e, aztán rájöttem, hogy az infósok is ugye véges sokan vannak.
Szóval akkor egy 100-as számrendszeres trükk (vagy amennyi féle színu sapka van) szerintem ugyanúgy megfelelne, mint a 2 színu esetben a 2-es sz.r. Az utolsónak ugyanúgy a maradékot kell bemondania, a többi így már tudja a sajátját, feltéve, hogy elore tudják, melyik szín mennyit ér.