Lehet hogy félreértheto volt, tehát mégegyszer:
Te választasz egy ajtót, mire a MARADÉK kettobol (ITT a NEM FÜGGETLENSÉG!) kinyitnak egyet, ami mögött nincs ajándék. Vagyis az ajtónyitás azon a halmazon történik amiben 2/3 eséllyel van az ajándék.
PONT.
Az elozo felvetésemmel senki nem akar foglalkozni?
Vagy Vikóca megsértodtél a nem informatikus problémán? :-))))
Az a jó a valószínűségszámításban, hogy annak van igaza, aki meggyőzőbben tud érvelni. ;-)
Az 1. választásnál (tök mindegy, hogy melyik ajtót választod) egyet ki fognak nyitni, amelyik üres.
Ekkor a következő a szitu: van két ajtód, az egyik mögött ajándék, a másik üres.
Miért kéne, hogy befolyásolja a döntésedet az első, amúgy teljesen felesleges választás. Nem visz közelebb a megoldáshoz, csak az esélyeidet növeli (az eredeti 1/3-ról) 1/2-re.
Szerintem, függetlenül az első választástól, 1/2 eséllyel választhatod bármelyik megmaradt ajtót.
zuzmo, szerintem 50-50% az esely, ugyanis osszesen 4 lehetoseg van: ha rabokok arra az ajtora, amelyik mogott a cucc van, akkor a jatekvezetonek ket lehetosege van ures ajtot mutatni, mig ha ures ajtora boksz, akkor egyertelmu, hogy melyik ajtot nyitja ki, igy is egy + egy lehetoseg van. Osszesen 4, abbol 2, ha arra ajtora boksz, amelyik mogott a meglepetes van es meg ketto, ha rossz ajtot valasztasz
Egyszerűsítek:
Ha nincs információd előre, hogy az első ember fekete vagy fehér paritást számol, akkor van-e olyan stratégia amivel ezt el lehet dönteni. Ez hány ember életébe kerülhet?
Már mér? Van két ajtód, amiből az egyik mögött van a nyeremény, tök mindegy melyikre böksz. 50-50%.
Ez két teljesen független esemény, és a másik ajtó kinyitásától, a többi ajtókra nem kepsz semmi plusz információt.
Ofkorsz, a masik csukottat kell valasztani. Ugyanis, amikor meg harom ajto jatszik, akkor 1/3 esellyel boksz a nyeremenyesre, 2/3-al uresre. Tehat a masosik koreben van egy ajto, ami mogott nyeremeny van, es egy, ami mogott nincs. Ha a masikat valasztod, 2/3 esellyel van meg a nyeremeny.
Ne hagyd magad lehurrogni! (Vagy legalább vergődj egy kicsit!)
Második megoldásként szerintem is elmegy ez a 11-es számrendszeres megoldás:
Vagyis felírod a számokat egymás mellé, közéjük egy-egy "A" betű, az így kapott (1 db, 11-es számrendszerbeli) számot átváltod 10-esbe, majd ennyi leütést eszközölsz az írógépen.
Visszaalakítás fordítva, vagyis megszámolod a jeleket, az eredményt átváltod 11-es számrendszerbe, az "A" betűket kicseréled vesszőkre, és kész a számsor.
Van 3 ajtó , csak az egyik mögött van nyeremény.
A cél megtalálni a következo módon:
1. Választasz egy ajtót.
2. A játékvezeto a maradék két ajtóból kinyit egyet, ami mögött nincs a nyeremény.
3. Dönthetsz, hogy megmaradsz az eredeti választásnál, vagy a 3. maradék ajtó mellett döntesz.
Kérdés: Melyik a jó döntés?
Van-e megoldás, ha nem tudnak elore összebeszélni (pl. fekete vagy fehér paritás), illetve ha azt teszed fel, hogy a sorbaállítottak nem informatikusok, de azt tudod, hogy rendkívül okosak és optimális algoritmust próbálnak keresni?
Van-e ilyen algoritmus? Illetve hány? ( rossz ha több, mint 1 :-))) )
Netshark, lecci valaszolj mar.
Erre gondoltal vagy nem? Mennem ke'k mar el, de ez meg ugy furja az oldalam. Aztan egy hetig nem leszek netkozelben, es akkor 10 napig furja az oldalam a dolog, ezt akarod? Naaaaaaaa, pliz.
Okecos, akkor egy kisse szamitasigenyes, de adatmodositast nem igenylo megoldas:
Vegigjarva a listat a kovetkezot teszed:
n-edik elemhez eltarolod a sorszamat. (Inkabb hijjuk azonositonak, ha ugyse rendezett eszerint a lista).
Majd a listat nekilatsz bejarni ettol az nedik elemtol. Aztan ha a bejaras soran megegyszer ilyen azonositoju elemhez jutsz, akkor ott a hurok.
Namost, ennek a komplexitasa kicsit nagy: O(n^2), es - nade itt a gond, hogy n-szer kell bejarni a listat. Most azt fogod erre mondani, hogy csak egyszer lehet hozzaferni a listahoz?
Ebbol az apropobol, de mindenkinek a figyelmebe: Szerintem jo lenne a feladatokat ugy megfogalmazni, hogy _egyszerre_ legyen benne a meoldasra vonatkozo osszes kovetelmeny/megszoritas. Pl. ha a szamsoros peldanal optimalis megoldast keresunk, akkor irjuk man aztat. Meg hogy van-e szpesz, vagy csak a karakterek szamaval lehet operalni. Meg ennel a feladatnal, hogy nem lehet adatot modositani, meg ilyenek. Meg en is igyexem tartani magamat ehhez a javaslathoz.
N e t S h a r k-nál is volt egy kitétel, hogy előre megegyeznek mi mit jelent, akkor tényleg az a legegyszerűbb ha abba egyeznek meg, hagy mindenki az előtte álló sapkaszínét mondja be. A sorban leghátul állónak 50% az esélye, a többié kereken 100, úgyhogy szerintem ez a legegyszerűbb és legbiztonságosabb.
Áll egy folyóparton 3 hittéríto, és 3 kannibál, át kell kelniük a folyón egy csónakkal amibe csak két ember ülhet bele. Ha egy hittéríto egyedül marad a parton, miután elment a csónak, az azonnal megeszik a kannibálok. Hogy jutnak át?
Jajjj, miazhogyketiranyba?
Most infos lenni, vagy nem lenni? Alejandro ertette...
Szoval. Ugy ertettem, hogy az elso elemtol elindulva a rekordokat kiegeszited egy plussz elemmel: most az reszletkerdes, hogy 1 bittel, hogy bejartad-e, vagy egy, az elozo elemre mutato pointerrel. Ehhez nem kell vegtelen memoria, mivel elegendo a memoriaban egyszerre egy, illetve ket rekordot tarolni.(Ugye kettot, ha pointerezukn, egyet ha accessed-bitezunk) Viszont a lista netto meretet noveli, hiszen plussz infot ragasztottunk minden ekordhoz. Azert gondoltam, hogy ez megteheto, mivel a lancolt listat eppen akkor szokas alkalmazni, ha elore nem ismert meretu adathalmazon kell dolgozni - es netan a hatteren kell tarolni. Namost, ezen muvelet vegrehajtasa kozben ha, es amennyibe hurokhoz ersz, akkor a visszafele mutato - es eppen kitoltendo pointert - avagy a "jartam itt" bitet kitoltve talalod -> megvan a hurok. Vili?
Most ha azt mondod, masra gondoltal, az mas. Akkor agyalok. De szerintem ez a kiirt feladatnak megfelel.
Szoval tovabbi megszoitasok?
