Dodaj do ulubionych

Zadanie konkursowe nr 1 - Skok na kasę

24.10.05, 19:23
Wiecie co? Coś nieprawdopodobnego. Akurat dzisiaj, około godziny 18:00
polskiego czasu wysiadła mi sieć. Wyobrażacie sobie? No ale wiadomo, że też
mam łeb nie od parady i potrafię sobie w takich chwilach poradzić, choć
przyznaję, że następuje lekki poślizg czasowy. :):):)

Pierwsza zagadka z cyklu "Konkurs Łamigłówkarski, Jesień 2005". Trochę trudna,
trochę prosta, jak w sam raz na dobry początek. Mam nadzieję, że Wam się
spodoba i bez problemu ją rozgryziecie. Oto ona:

>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>
Było ich trzech, starzy kumple jeszcze od podstawówki. Każdy był specjalistą w
innym fachu. Najlepszym był Rychczy. Potrafił otworzyć każda kasę pancerną i
na komputerach znał się wcale nienajgorzej.
To miał być skok ich życia. Wiedzieli, że w sejfie znajduje się kilkanaście
milionów. Trzeba było tylko pokonać wszystkie zabezpieczenia, by dostać się do
domu, a następnie włamać się do kasy. Łatwo powiedzieć, trudniej zrobić, ale
byli to najlepsi specjaliści w swojej branży i nie mieli żadnych skrupułów, by
obrobić jednego z najbardziej znanych i znienawidzonych mafiozów w kraju,
czyli niejakiego Lwa. Jedno było pewne, musieli obrobić Lwa tego wieczoru, bo
pieniądze następnego dnia miały wybyć z kasy.

- Piękna stara robota – powiedział Rychczy, kiedy stanął przed sejfem. - Ma
przynajmniej sto lat. – Te cztery kółka, każde można ustawić na jedną z
dwunastu pozycji: dziesięć cyfr (0,1,2,3,4,5,6,7,8,9) lub dwa symbole (@, #).
Jak ustawi się wszystkie cztery parametry prawidłowo i naciśnie dźwignię to
bingo, kasa otwarta. Wystarczy jedynie znać kod... albo... pomóc sobie troszkę.
Tymi słowy Rychczy wyciągnął z plecaka wiertarkę, nałożył wiertło z
diamentowym ostrzem i wywiercił w odpowiednim miejscu małą dziurkę, przez
którą następnie wprowadził jakieś wymyślne cudo podłączone do laptopa.
- Teraz wystarczy, żeby dowolne trzy z czterech kółek były na swoich miejscach
a kasa się otworzy – odparł z uśmiechem. – Lew wraca do domu za trzy godziny?
No to powinno nam starczyć czasu na otworzenie pudła...
(...)

Wiadomo, że jest jakiś zbiór ustawień (kombinacji), które wprowadzone na
wszystkie cztery kółka po "modyfikacji" Rychczego gwarantują otworzenie kasy.
Pytanie brzmi: jaki jest najmniejszy zbiór kombinacji, który zapewnia
otworzenie sejfu?
<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<

Podaj po prostu swoją liczbę, nie podawaj pełnego rozwiązania! Masz już jakąś
pierwszą myśl? Wrzuć ją! Może to nie być optymalne rozwiązanie, ale może Ci
dać punkty w konkursie. Każda odpowiedź się liczy!

W momencie, gdy pojawi się druga prawidłowa odpowiedź, zagadka będzie
zamknięta. Jury przewiduje punktację 5, 3 i 1 pkt. za tę łamigłówkę. Jury
zapewnia sobie też wszelkie prawa do zmian w regulaminie i w zasadach
punktacji (ale wiadomo, że i tak tego nie zrobi!). Więcej szczegółów w wątku
"Może by tak jakiś drobny konkurs łamigłówkarski?".

Powodzenia i owocnego łamigłówkowania dla wszystkich,

CdM

PS. Sorry za spóźnienie z zamieszczeniem łamigłówki. Przyczyny techniczne...
Obserwuj wątek
      • cardemon Re: Zadanie konkursowe nr 1 - Skok na kasę 24.10.05, 19:43
        Wszystkich możliwych ustawień czterech kółek sejfu jest 12*12*12*12=12^4=20736.
        Twoje rozwiązanie jest więc tylko odrobinę od tego lepsze. Pamiętaj, że na
        jednym (dowolnym z czterech) kółku ustawienie jest dowolne, a i tak możesz
        otworzyć sejf.

        Pzdr. CdM
      • kornel-1 Re: Zadanie konkursowe nr 1 - Skok na kasę 26.10.05, 09:21
        kornel-1 napisał:
        > Langsam, langsam aber sicher, 1344

        Aby moja liczba nie wydała się wzięta z sufitu, powiem krótko, jak została
        otzymana.
        Z pełnego zbioru rozwiązań (20736) wykreśliłem te układy, które były
        otwierane przez kombinację abcd liczb. Operację wykreślania powtarzałem
        używając "pierwszej z brzegu" liczby która pozostała w zbiorze rozwiązań, aż do
        momentu, gdy została tylko jedna liczba. Liczby abcd utworzyły zbiór 1344-
        elementowy (wartość niezależna od wyboru początkowego rozwiązania abcd).

        Zgłaszając ten wynik zdawałem sobie sprawę, że jest to "mechaniczne
        rozwiązanie", prawdopodobnie odległe od optymalnego. Skoro jednak jestem szybki
        w naciskaniu dżwigni, moze bym jednak zdążył zanim wróci Lew?
        ;-)

        Kornel
      • uller Re: Zadanie zakonczone! 25.10.05, 07:35
        Pomimo zamknięcia zadania chciałem zgłosić swoja propozycję wyniku 576.
        Niestety nie mam internetu w domu wiec nie mogłem wysłac zadania w chwili
        rozwiazania czyli wczoraj w okolicach godziny 23:00. I tak sie ciesze że
        zdążyłem pobrać treść przed wyjściem z pracy.

        Rozwiązanie zgłaszam pomimo zamkniecia bo może ktorys z kolegow nie bedzie
        umial uzasadnic swojego rozwiazania.
    • uller DODATEK - Zadanie na przerwe 25.10.05, 08:01
      Skoro jury udało sie na narade proponuje dodatkowe zadanie, a raczej mutacje
      zadania konkursowego.

      Kilka lat wcześniej trojka naszych bohaterow zrobila skok na podobna kase.
      Wowczas byly tylko trzy kolka ktore mozna bylo ustawic na pieciu pozycjach
      (1,2,3,4,5). Reszta zadania wygladala tak samo.
      Ile kombinacji musieli wowczas sprawdzic nasi wlamywacze?
      • Gość: wildwezyr Re: DODATEK - Zadanie na przerwe IP: 212.244.29.* 27.10.05, 18:09
        Oto kombinacje jakimi należy się posłużyć w uproszczonym zadaniu:

        (1,1,5)
        (1,2,4)
        (1,3,3)
        (2,1,5)
        (2,2,4)
        (2,3,3)
        (3,1,5)
        (3,2,4)
        (3,3,3)
        (4,1,5)
        (4,2,4)
        (4,3,3)
        (5,1,5)
        (5,2,4)
        (5,3,3)

        Jest ich 15. Rozwiązując to uproszczone zadanie znalazłem błąd w opisanym przeze
        mnie sposobie rozwiązania zadania pełnego (dla 4 kółek). Ale ilość kombinacji
        jest tam jednak poprawna (12*12*6).
          • Gość: wildwezyr Re: DODATEK - Zadanie na przerwe IP: *.acn.waw.pl 27.10.05, 20:19
            Zgadza się! Pomyliłem się!

            Wydaje mi się, że trzeba aż 25 kombinacji, np.:

            (1,1,1)
            (1,2,2)
            (1,3,3)
            (1,4,4)
            (1,5,5)
            (2,1,1)
            (2,2,2)
            (2,3,3)
            (2,4,4)
            (2,5,5)
            (3,1,1)
            ... itd.
            Czyli dwie pierwsze idą od 1 do 5, a trzecia cyfra byle jaka, np. taka jak
            druga. Wtedy np. klucz 141 jest "obsłużony", przez (1,4,cośtam) - a konkretnie
            (1,4,4) z powyższej listy.

            Jeśli jest krótsze rozwiązanie - które ma mniej niż 25, a nawet mniej niż 15
            kombinacji - to może je po prostu wymienisz?

            Chętnie je zobaczę!
    • cardemon Głos jury 25.10.05, 16:36
      Dziękuję wszystkim, którzy wzięli udział w rozwiązaniu tej łamigłówki. Jury
      zamknęło zagadkę, bo padła druga prawidłowa odpowiedź, którą jest liczba 576.
      Jury jednakże przyznaje, że nie posiada dowodu na to, że jest to optymalne
      rozwiązanie. Z tego też powodu punkty nie zostały jeszcze przyznane.
      Proponuję otworzyć dyskusję nad rozwiązaniem tej zagadki. Bardzo proszę DarkaW,
      S1macio, Marchewę, a przede wszystkim Ullera (który twierdzi, że ma dowód dla
      optymalności rozwiązania 576) o zabranie głosu.

      Pozdrowienia,
      CdM
      • uller Re: Głos jury 25.10.05, 17:13
        > Bardzo proszę DarkaW,S1macio, Marchewę,
        > a przede wszystkim Ullera (który twierdzi, że ma dowód dla
        > optymalności rozwiązania 576) o zabranie głosu.

        Chyba zostałem źle zrozumiany, albo zabardzo namieszałem.
        Niestety nie mam niepodważalnego dowodu na to że rozwiazanie 576 jest
        optymalne. Napewno mogę jednak pokazać poprawność tego rozwiazania jak i podać
        metodę rozumowania która pozwoli wyznaczyć wszystkie szukane kombinacje,
        (oczywiście nie zatrudniajac do tego komputera). Obszerniejszy opis spreparuję
        dopiero wieczorem w domu a więc zamieszczę go dopiero jutro rano.

        Rozwiązanie bazuje na obserwacji bryły w przestrzeni 4 wymiarowej ,a zaczyna
        się od rozpatrzenia przypadku dla czterech tarcz w trzech położeniach.
        Więcej jutro rano.
        Pozdrawiam
        Uller



        • uller Re: Głos jury 26.10.05, 10:05
          Oczywiście nie przejmuje się tym ze nie byłem wystarczająco szybki i moje
          rozwiązanie nie jest brane pod uwagę. Cieszę się że mogłem rozwiązywać ciekawą
          zagadkę.

          Spróbuję przedstawić swój sposób rozumowania.
          Będzie długie opowiadanie:

          Wyobraźmy sobie kwadrat na płaszczyźnie NxN składający się z N^2 małych
          kwadracików NxN. Wybierzmy z niego dowolny mały kwadracik i poprowadźmy
          równolegle do jego boków dwie osie przechodzące przez jego środek (w pionie i
          poziomie) Osie te przetną parę kwadratów po bokach i nad i pod wybranym
          kwadratem.
          Pytanie - jaka minimalną ilość małych kwadracików należy wybrać aby wszystkie
          małe kwadraciki zostały przecięte chociaż raz przez którąkolwiek z osi
          wybranych kwadracików.
          Załóżmy ze N=5.
          Każdy z was na pewno bez problemu znajdzie rozwiązanie np. wybierając 5
          kwadracików po przekątnej (1,1) (2,2) (3,3) (4,4) (5,5)
          Jak narysujecie to sobie na kartce to zobaczycie.

          Przytoczone zadanie jest innym ubraniem w treść naszego zadania konkursowego
          dla dwóch tarcz i 5 pozycji na każdej z nich.
          Wprowadziłem pewną geometrie do opisu abyśmy mogli lepiej to sobie wyobrazić
          rozwiązania.

          Teraz przejdźmy poziom wyżej – na trzy tarcze.
          Wyobraźmy sobie kostkę NxNxN składającą się z małych kosteczek KxKxK (gdzie
          K=1). Przez dowolną wybrana kosteczkę (tworząca kostkę) możemy przeprowadzić
          trzy osie równolegle do jej krawędzi przechodzące przez środek kosteczki.
          Znowu pytanie ile należy minimalnie wybrać kosteczek aby wszystkie kostki
          zostały przecięte chociaż raz przez osie wybranych kosteczek?
          Zacznijmy od N=2K=2. I tu mamy ideał. Wybierając kostki (1,1,1) oraz (2,2,2)
          spełnimy warunki zadania. Popatrzcie, ze reszta kosteczek jest przecinana
          dokładnie tylko przez jedna wyznaczoną oś. Jakbyśmy połączyli do jednej
          wybranej kosteczki inne kosteczki przecinane przez jej osie to dostalibyśmy
          taką fajne bryłę jak z Blocouta (trójwymiarowa wersja tetrisa). Bryła ta składa
          się z czterech kosteczek (1,1,1)-(1,1,2)-(1,2,1)-(2,1,1). Możemy w ten sam
          sposób utworzyć drugą bryłę (2,2,2)-(2,2,1)-(2,1,2)-(1,2,2). Te dwie bryły są
          rozłączne a po złożeniu dają sześcian.

          A co zrobimy dla N=4?
          Przyjmijmy że K=2. Teraz pierwsza kostka zastępcza tak naprawdę składa się z
          ośmiu kosteczek
          (1,1,1) (1,2,1) (2,1,1) (2,2,1)
          (1,1,2) (1,2,2) (2,1,2) (2,2,2)
          . Będziemy chcieli stworzyć dwie opisane wcześniej bryły ale tym razem o
          krawędziach dwa razy większych. A więc z kostki zastępczej musi w każdym
          kierunku wychodzić komplet czterech osi.
          Zatem minimalną ilością wybranych kosteczek w kostce zastępczej sa cztery. Czy
          da się je wybrać. Tak np.:
          (1,1,1)(2,2,1)(1,2,2)(2,1,2)
          Po wybraniu tych kosteczek z naszej kostki zastępczej wychodzą w każdą stronę
          cztery osie. Po złożeniu wszystkich wybranych kosteczek z kosteczkami
          przeciętymi przez ich osie mamy opisywana bryłę złożoną z czterech sześcianów
          2x2x2.
          Drugą bryłę tworzymy w analogiczny sposób. Wybierając np. punkty
          (3,3,3)(4,4,3)(3,4,4)(4,3,4).
          Dwie bryły pasują do siebie idealnie i tworzą w sumie bryłę 4x4x4

          Nie pozostało nam nic innego jak przejść poziom wyżej do przestrzeni cztero
          wymiarowej.
          Podzielmy naszą dużą "kostkę" NxNxNxN a przez każdą małą kosteczkę przechodzą
          cztery osie równoległe do krawędzi.
          Zaczniemy od poszukiwań ideału (czyli trzeba dokonać takiego podziału aby każda
          nie wybrana kosteczka była przecinana dokładnie tylko przez jedną oś) Podzielmy
          naszą dużą "kostkę" NxNxNxN (na razie załużmy N=3) na 81 części KxKxKxK (K=1)
          dzieląc każdy bok na trzy.
          Ideał tworzy dziewięć figur utworzonych przez wybranie dziewięciu kostek ()
          Np.
          (1,1,1,1) (1,2,2,2) (1,3,3,3)
          (2,1,3,2) (2,2,1,3) (2,3,2,1)
          (3,1,2,3) (3,2,3,1) (3,3,1,2)

          Do każdej wydranej kostki doklei sie 8 innych. Razem 9 figur z 9 części złoży
          nam kostkę w przestrzeni czterowymiarowej.

          Ale w naszym przypadku K=4. Czy zatem idzie tak wybrać punkty w kostce
          czterowymiarowej 4x4x4x4 tak aby w kazdym rzucie punktów na płaszczyzne (na
          wsztstkie 4) otrzymać komplet 4x4x4. Tak i nie jest to trudne.

          Można to zrobic dośc mechanicznie wybierając punkty najpierw po przekątnej
          kwadratu 4x4. Potem w trzecim wymiarze przesuwać cyklicznie o 1 np w prawo. A w
          czwartym przesuwać cyklicznie kolejność kwadratów.
          Czyli (w wektorach wymiary oznaczyłem od najstarszego):
          (1,1,1,1) (1,1,2,2) (1,1,3,3) (1,1,4,4)
          (1,2,2,1) (1,2,3,2) (1,2,4,3) (1,2,1,4)
          (1,3,3,1) (1,3,4,2) (1,3,1,3) (1,3,2,4)
          (1,4,4,1) (1,4,1,2) (1,4,2,3) (1,4,3,4)

          (2,1,2,1) (2,1,3,2) (2,1,4,3) (2,1,1,4)
          (2,2,3,1) (2,2,4,2) (2,2,1,3) (2,2,2,4)
          (2,3,4,1) (2,3,1,2) (2,3,2,3) (2,3,3,4)
          (2,4,1,1) (2,4,2,2) (2,4,3,3) (2,4,4,4)

          (3,1,3,1) (3,1,4,2) (3,1,1,3) (3,1,2,4)
          (3,2,4,1) (3,2,1,2) (3,2,2,3) (3,2,3,4)
          (3,3,1,1) (3,3,2,2) (3,3,3,3) (3,3,4,4)
          (3,4,2,1) (3,4,3,2) (3,4,4,3) (3,4,1,4)

          (4,1,4,1) (4,1,1,2) (4,1,2,3) (4,1,3,4)
          (4,2,1,1) (4,2,2,2) (4,2,3,3) (4,2,4,4)
          (4,3,2,1) (4,3,3,2) (4,3,4,3) (4,3,1,4)
          (4,4,3,1) (4,4,4,2) (4,4,1,3) (4,4,2,4)

          Teraz możecie sobie zasłonić dowolną współrzędna w powyższych punktach a reszta
          utworzy wam pełny sześcian 4x4x4.

          Po złożeniu współrzędnych z kostki 4x4x4x4 z naszym ideałem 3x3x3x3 otrzymamy
          kostkę 12x12x12x12 z wybranymi 9x4x4x4=576 kosteczkami.
          I to jest właśnie rozwiązanie naszego zadania.

          Pozdrawiam
          Uller
          • uller Errata do rozwiązania 26.10.05, 17:13
            Jest;
            > Czy zatem idzie tak wybrać punkty w kostce
            > czterowymiarowej 4x4x4x4 tak aby w kazdym
            > rzucie punktów na płaszczyzne (na wsztstkie 4)
            > otrzymać komplet 4x4x4.

            Powinno być:
            w każdym rzucie na przestrzeń.

            Te rzuty na płaszczyzne to z przyzwyczajenia.
            Pozdrawiam
            Uller
      • uller Re: Głos jury 25.10.05, 17:46
        Pozwolę sobie jeszcze na jedną uwagę dzisiaj
        Chylę czoła przed DarkiemW za ten krótki tekst:

        > 12^3 = 1728 tyle wychodzi jak by jedno
        > kółko się zacieło i pozostałe 3 tylko sie
        > obracały. Może ten wynik należy podzielić przez 3???

        Niesamowite, ale ta krótka wzmianka najprawdopodobniej jest wlaściwa dla
        czterech tarcz i dowolnej liczby pozycji na nich. Ciekaw jestem czy ktoś zna
        jakieś uzasadnienie, które w tak prosty sposób pozwala wyznaczyć prawidłowe
        rozwiazanie. Czy wiecie że dla 10 cyfr na każdym kółku prawidłowym rozwiazaniem
        jest (najprawdopodobniej) (10^3)/3=334 (jestem pewien co do istnienia takiego
        rozwiązania, a nawet potrafie udowodnić że dla każdego N mozna wyznaczyć
        rozwiazanie z N^3/3 kombinacjami zaokrąglając wynik w górę)

        Pozdrawiam
        Uller
      • laventhar Re: Głos jury 25.10.05, 20:51
        Witam wszystkich serdecznie. Dawno mnie tu nie bylo, ale juz widze, ze cos
        ciekawego sie dzieje, wiec wracam :).

        Wiec przejdzmy do rozwiazania zagadki - wedlug mnie poprawnym rozwiazaniem jest
        12^3 czyli 1728. I trudno z tym rozwiazaniem polemizowac, poniewaz bez wzgledu
        na to, ktore pokretlo wylaczymy, WSZYSTKIE trzy pozostale MUSZA znalezc sie na
        wlasciwej pozycji. Dla dowolnych trzech pokretel jest tylko jedna taka pozycja,
        a kazde z trzech pokretel mozna ustawic na 12^3 sposobow. Stad prawdopod.
        wynosi 1/1728, a minimalna liczba prob, ktorwa gwarantuje otwarcie sejfu wynosi
        1728.

        Dzielenie przez 3 (czy jakakolwiek inna liczbe) nie ma tu sensu, bo w tym
        wypadku kolejnosc (a wlasciwie to jaka wartosc znajduje sie na ktorym pokretle)
        ma znaczenie, wiec nie mozna eliminowac zdarzen, ktore daje te same wartosci,
        ale na roznych pokretlach.

        No to tyle mojego wyjasnienia...

        Aha - mozna zrobic proste doswiadczenie na 3 pokretlach i 3 pozycjach na kazdym
        z nich - tak, ze dowolne dwa ustawione poprawnie otwieraja sejf. W mysl mojego
        rozumowania, nalezy wykonac 3^2=9 ruchow, aby miec pewnosc otwarcia sejfu.
        Zakladam, ze rozwiazaniem jest uklad 223. Unieruchamiam pierwsze pokretlo na
        dowolnej pozycji, a pozostalymi ustawiam kolejno:
        11
        12
        13
        21
        22
        23
        31
        32
        33
        Z tego widac, ze bez wzgledu na poprawna kombinacje, zawsze po dziewiatej
        probie otworze sejf. Nie mozna wyznaczyc mniejszego zbioru (mniej licznego)
        zawierajacego wszystkie mozliwosci. Chyba, ze ktos z Was jednak znajdzie na tym
        przykladzie, to wtedy bede sklonny przyjac inne rozwiazanie.

        Naturalnie jesli mamy szczescie i unieruchomione pokretlo znajdzie sie
        przypadkowo w poprawnej pozycji, to o wiele szybiej dojdziemy do rozwiazania -
        ale celem zagadki nie bylo znalezienie prawdopodobienstwa, a liczby ruchow
        gwarantujacych otwarcie sejfu.

        -----------------------------
        Szybka nauka do egzaminów - www.ebelfer.pl
        Aplikacje on-line, infobrokering - www.laventhar.pl
        • Gość: a Re: Głos jury IP: *.klaudyny.waw.pl / *.klaudyny.waw.pl 25.10.05, 21:43
          laventhar: nie bierzesz pod uwagę jak sprytnie dziala urządzenie Rychczego!
          Dla rozwiązania 223 i
          > ... pozostalymi ustawiam kolejno:
          > 11
          > 12
          > 13 otwiera jesli pierwsza jest 2
          > 21 otwiera jesli pierwsza jest 2
          > 22 otwiera jesli pierwsza jest 2
          > 23 otwiera dla dowolnej pierwszej
          > 31
          > 32
          > 33 otwiera jesli pierwsza jest 2
          • laventhar Re: Głos jury 25.10.05, 22:33
            Hehe - wlasnie przyznales mi racje - pewnym mozna byc tylko po 9 ruchach, bo w
            przypadku, gdy na pierwszym miejscu jest liczba 1 lub 3, to trzeba wykonac az 9
            ruchow. A nie mozesz zalozyc, ze tym pierwszym kolkiem trafiles wlasciwy
            wariant.

            -----------------------------
            Szybka nauka do egzaminów - www.ebelfer.pl
            Aplikacje on-line, infobrokering - www.laventhar.pl
            • cardemon Re: Głos jury 26.10.05, 03:45
              mesquaki napisała:

              > A można i 5 (wg Ullera):
              > 111
              > 331
              > 313
              > 133
              > 222
              > Ale już czterema, (wg Marchewy) się nie da.

              Doskonale, Mes!

              pzdr.
          • laventhar Re: Głos jury 26.10.05, 02:12
            No zgadzam sie :)
            Teraz kwestia wyprowadzenia z tego reguly. To mi troche przypomina maciez z
            zagadki o tym, ile ma byc kluczy do sejfu, aby dowolne n osob moglo go wspolnie
            otworzyc.

            Ale juz za pozno dla mnie na myslenie.

            -----------------------------
            Szybka nauka do egzaminów - www.ebelfer.pl
            Aplikacje on-line, infobrokering - www.laventhar.pl
      • Gość: darekw Re: Głos jury IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 25.10.05, 21:31
        Panowie (Panie)...
        Jestem matematycznym "leszczem" i tego typu zadania rozwiązuję intuicyjnie, bo
        nie mam wiedzy matematycznej. Dlatego nie ma sensu brania mojej odpowidzi pod
        uwagę i można mnie spokojnie pominąć :) Oficjalnie wycofuję to co napisałem.

        PS. zawsze wracam z pracy po 21 i myślę, że więcej osób jest w takiej sytuacji -
        czyli 18 to cchyba za wcześnie

          • cardemon Re: do Cardemona 26.10.05, 04:04
            Napiszę innymi słowy. Do otarcia kasy wystarczy, że na trzech z czterech kółek
            znajdzie się prawidłowa część szyfru. Wszystkie kółka się obracają i wszystkie
            działają. Co nie działa prawidłowo to dźwignia kasy, bo tak została
            zmodyfikowana, że zaskakuje już przy trzech (dowolnych trzech) prawidłowo
            ustawionych kółkach. Oczywiście można wybrać sobie trzy pierwsze kółka (czwartym
            w ogóle nie kręcić) i ustawić na nich wszystkie możliwe kombinacje (12^3) i
            otworzyć sejf. Ale można też ustawić mniejszą liczbę kombinacji używając
            wszystkich czterech kółek. Ile najmniej?
    • cardemon Jury po raz drugi 26.10.05, 04:19
      W niniejszej zagadce zanotowano następujące wyniki:

      Marchewa - 461
      DarekW, S1macio - 576
      Inoromek - 842
      Krzysiek - 1296
      Kornel-1 - 1344
      Grzesiek - 1728

      Wynik Ullera niestety nie może być wzięty pod uwagę, bo wpłynął po zamknięciu
      zagadki. W zasadzie jury czeka tylko na zabranie głosu przez Marchewę. Jego
      wynik jest lepszy od 576, który jury uważa jak na razie za optymalny.
      Jury czeka też na krótkie uzasadnienie rozwiązania przez S1macio, a pomysł
      Ullera z czterowymiarowym sześcianem uważa za świetny!
      • Gość: Pam31 Re: Jury po raz drugi IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 26.10.05, 11:46
        Trzy godziny to 10800 sekund. Wystarczajaco dużo czasu, żeby przeprowadzić
        12^3=1728 kombinacji, poświęcajac na kazda 6 sekund - zostanie jeszcze przeszło
        7 minut na usunięcie lini papilarnych.
        Zmiana kółek zmieni tylko prawdopopdobieństwo trafienia na własciwy zestaw, ale
        nie zapewni otwarcia, a pewnośc daje jedynie planowanie ww liczby kombinacji
        (scislej wariacji),Przyspieszenie otwarcia kasy może byc miłą losową
        niespodzianką.Czy można tu mowić o optymalizacji, jesli nie gwarantuje ona
        sukcesu? Włamywacze po takim bezowocnym wysiłku intelektualnym mogą nie zdązyć
        wykorzystać sprawdzonej metody.
        • uller Re: Jury po raz drugi 26.10.05, 12:02
          Nasi kasiarze są swietnie przygotowani do skoku i nie improwizują na miejscu.
          Maja przygotowane 576 kombinacji które gwarantują im powodzenie.

          Pozdrawiam
          Uller
      • marchewa4 Re: Jury po raz drugi 26.10.05, 13:26
        Przepraszam wszystkich za zwloke, ale ostatnio cierpie ustawicznie na brak
        wolnego czasu.
        Dlaczego podalem 461?
        Wezmy pod uwage kombinacje x1, x2, x3, x4. Jesli ustawimy cztery kolka na takie
        pozycje, to sejf da sie otworzyc dla 45 "wyjsciowych" kombinacji (trzy poprawne
        i kazda z 12 mozliwosci na 4 kolku).
        Wszytkich mozliwych kombinacji jest 12^4. 12^4 podzielone przez 45 i
        zaokraglone w gore do calkowitej daje 461 grup. Oczywiscie przy cichym
        zalozeniu, ze da sie podzielic caly 12^4-elementowy zbior na rozlaczne 45-
        elementowe grupy, co pewnie jest zalozeniem falszywym.

        Pozdrowienia

        M.
        • uller Re: Jury po raz drugi 26.10.05, 14:21
          Olśnilo mnie
          Dla czterech tarcz o N numerach. Musi być spelniona zależność
          (N-K)^2<=2(N-1)*K - cos jeszcze
          Gdzie K to jest minimalna ilośc punktów leżących na jednej płaszczyźnie przy
          założeniu że na każdej płaszczyźnie leży K punktów.
          Oczywiście Ilośc kombinacji >= K*(N^2)
          Dopracuje to w nocy. W tej chwili nie mam czasu
          Pozdrawiam
          Jarek.
        • Gość: grzesiek Re: Jury po raz drugi IP: *.cbk.waw.pl / *.cbk.waw.pl 26.10.05, 16:35
          Rzeczywiście jest to falszywe zalożenie. Calkowicie rozdzielnych grup
          może być co najwyżej 12. Widać to latwo jeśli się zastosuje trik Ullera
          z sześcianem (niekoniecznie 4-, wystartczy 3-wymiarowym, ale już nie
          2-wymiarowym). Przy takim spojrzeniu owe grupy to odpowiednio wymiarowe
          krzyże. Po umieszczeniu 12 krzyży (np. na diametralnej sześcianu) już nie
          można znaleść miejsca na trzynasty, tak aby się nie przecinal z którymś już
          istniejących. Punkt centralny każdego krzyża musi leżeć na innej plaszczyźnie,
          a jest ich 12.

          Zagadka jest diabelska i dalej nie rozumiem jak dojść do podanego już
          rozwiązania.
    • cardemon Końcowe wyniki 27.10.05, 05:27
      Uller przedstawił nam imponujący dowód, a widzę, że chce on jeszcze wyprowadzić
      ogólny wzór, choć wykracza to już całkowicie poza wymagany przez zadanie i
      konkurs poziom. :)
      Rozwiązanie Marchewy jest rzeczywiście niepoprawne, co ładnie udowodnił Grzegorz
      w oparciu o sześciany Ullera.

      Jury ogłasza co następuje. Nie przyznaje pierwszego miejsca, gdyż rozwiązanie
      DarkaW było oparte tylko na intuicji, a rozwiązanie S1macio na szczęściu ("tak
      wyszło"). Przyznaje za to 3 punkty Ullerowi za pełne rozwiązanie.

      Stan konkursu jest więc taki: Uller, DarekW, S1macio - wszyscy po 3 punkty.

      Więcej na temat zadania i konkursu wkrótce.
        • uller Re: Końcowe wyniki 27.10.05, 13:20
          Mam nadzieje że przykład rozwiazania jest zrozumiały.

          Zastanawiam sie jeszcze nad teoria dowodu na to ze nie da się mniej niz 576.
          Proponuję rozrysować na kartce kostkę z przestrzeni 4 wymiarowej NxNxNxN
          Czyli NxN kwadratów NxN. Jest to N^2 plaszczyzn.
          Teraz poczyńmy dwa założenia. Intuicyjnie wydaje mni sie ze nie spełnienie ich
          tylko pogorszy sytuacje.
          Założenie nr 1. Żadne dwa wybrane ponkty nie leża na jednej osi równoległej do
          krawedzi kostki.
          Założenie nr 2 na kazdej plaszczyźnie jest zblizona ilosc punktow (najlepiej
          taka sama -oznaczmy ja jako K).

          Jezeli na jakiejs plaszczyżnie jest wybranych K punktów to nie przecietych
          przez ich osie zostaje (N-K)^2. Moga one być przecięte z plaszczyzn
          narysowanych po bokach tej plaszczyzny jak i nad i pod nia. a tych płaszczyzn
          jest (N-1) w kazdej z dwoch pozostałych osi czyli 2*(N-1). Na kazdej
          płaszczyźnie K punktów i mamy stąd nierówność (równanie)
          (N-K)^2<=2(N-1)*k - cos

          Przykladajac jeszcze raz założenia . możemy nawet zlikwidowac nierówność.
          (N-K)^2=2(N-1)*k - cos
          Cały czas piszę ze ze trzeba cos odjać. Wydaje mi się ze trzeba odiac po K-1
          punktów (te punkty tworzą wraz z punktem K plaszczyznę prostopadła do wybranej
          i przecinająca ją już w odliczonej osi) dla każdego z K punktów i to w dwóch
          osiach.
          Czyli
          (N-K)^2=2(N-1)*K - K(K-1)*2.
          Teraz jak podstawimy N=12 to wyjdzie nam K=4.
          A naszym wynikiem jest K*N*N (K punktów na kazdej z N*N płaszczyzn)

          Oczywiście trzeba jeszcze udowodnic zalożenia co przekracza chyba moje
          możliwosci.
          Pozdrawiam
          Uller.
          • cardemon O zadaniu 27.10.05, 20:11
            Proponuję w rozwiązaniu zastosować analogię do rozstawienia na szachownicy wież,
            aby szachowały wszystkie pola. Będzie to analogiczne do rozwiązania Ullera i
            zgodne z jego koncepcją przeniesienia rozwiązania na obiekty geometryczne.
            Powyższy problem bardzo elegancko rozwiązuje się wtedy, gdy ilość możliwych
            ustawień na jednym kółku jest parzysta i dzieli się bez reszty przez ilość
            kółek, tak jak jest w naszym przypadku, czyli układu [12,4].
            Zacznijmy od układu [4,2]. Ustawmy szachownicę 4x4:

            000x
            00x0
            0x00
            x000

            gdzie 1234 to kolumny i rzędy, 0 - wolne pole, x - pole zajęte. Gdyby iksami
            były wieże to takie ich ustawienie gwarantuje, że szachują wszystkie pola.
            Oczywiście tego typu ustawień jest więcej. Współrzędne każdej "wieży" (wiersz,
            kolumna lub odwrotnie) dają więc rozwiązanie dla dwóch kółek z czterema
            ustawieniami. Przejście na wyższy wymiar (większą ilość kółek), np. dla układu
            (6,3) jest nieco złożone, bo nie da się na płaskim ekranie przedstawić
            sześcianu. Proponuję więc zejść do dwóch wymiarów i w polach kwadratu wpisywać
            "piętro", na jakim znajduje się dana wieża a zerem oznaczyć jej brak, czyli tak:

            105030
            020406
            301050
            040602
            503010
            060204

            Wieże stoją tam gdzie są cyfry 1-6, miejsca puste oznaczone są zerami. Teraz
            współrzędne każdej wieży tworzą: numer rzędu, numer kolumny, cyfra. Współrzędne
            z powyższego kwadratu są rozwiązaniem dla 3 kółek z sześcioma ustawieniami na
            każdym. Jest ich 18: (1,1,1); (1,5,3); (1,3,5); (2,2,2); (2,4,4); (3,3,1) ...
            (6,4,6).

            Przejście na wyższy wymiar wymagać będzie, aby dla każdej wieży ustawionej w
            danej celi sześcianu wpisywać w tę celę numer 'hiperprzestrzeni' w jakiej się
            ona znajduje (czyli 1-12) lub zera tam gdzie jej nie ma. Rozwiązanie naszego
            zadania polegać więc będzie na znalezieniu takiego sześcianu 12x12x12 i
            ustawieniu w nim wież w ten sposób, by szachowały wszystko co można...

            Łatwiej jest znaleźć ogólny wzór dla przypadku, gdy ilość ustawień na jednym
            kółku jest parzysta i dzieli się bez reszty przez ilość kółek.

            Pzdr. CdM
            • cardemon Re: O zadaniu 27.10.05, 20:15
              Widzę, że jak jedną kombinacją ma być (rząd, kolumna, cyfra) to się poplątałem w
              ich wymienianiu, sorry. Ale rozumiecie o co chodzi?
      • Gość: darekw calkowity prymityw ;) IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 27.10.05, 21:53
        Skoro Cardemon był taki łaskaw ... to czuję się w obowiazku przedstawić
        prostacki tok mojego rozumowania.

        Mamy system dwunastkowy i 4 kólka - czyli wszystkich możlwych ustawień jest
        12^4=20736. Ponieważ wystarcza w kazdym przypadku ustawienie 3 kółek, to za
        każdym razem możemy pominąć jedno dowolne kółko, czyli mozliwości jst 12^3=1728.
        Ponieważ nie jest ważne w jakiej kolejności cyfry się ułożą a mamy 3 kółka, to
        możliwości jest 1728/3=576

        Podziwiam poziom abstrakcji osiągnięty przez Ullera i z trudem mogę prześledzić
        tok rozumowania w jego dowodzie. Takie widzenie rzeczywistosci jest dla mnie
        nieosiagalne.

        PS. moja edukacja matematyczna skończyła sie na maturze w 1968r, co chyba dziś
        odpowiada poziomowi szkoły podstawowej :)
    • Gość: wildwezyr Re: Zadanie konkursowe nr 1 - Skok na kasę IP: 212.244.29.* 27.10.05, 17:28
      Może się mylę, ale moim zdaniem potrzeba sprawdzić 12*12*6 = 864 różnych
      kombinacji aby mieć zagwarantowane znalezienie właściwego ustawienia.

      A oto jak należy robić:
      pierwszym kółkiem kręcimy od 0 do # (ostatnia cyfra), drugim też tak samo, a
      trzecie sprzęgamy z czwartym. Sprzęgnięcie polega na tym, że na 3-cim jedziemy
      po parzystych cyfrach (aby nie było wątpliwości: 0, 2, 4, ..., 8, @), a 4-tym po
      nieparzystych (1, 3, ..., #).

      Wszystkich możliwych kombinacji takiego kręcenia kółkami jest właśnie 12*12*6. A
      oto kilka pierwszych:
      (0, 0, 0, 1),
      (0, 0, 2, 3),
      (0, 0, 4, 5),
      (0, 0, 6, 7),
      ...,
      (0, 1, 0, 1),
      (0, 1, 2, 3),
      (0, 1, 4, 5),
      ...,
      (0, 2, 0, 1),
      ...
      itd.
      Razem 864 kombinacji. Czyli - moim zdaniem - podawane rozwiązania z mniejszą
      liczbą kombinacji są błędne, z większą - poprawne, ale nie optymalne.

      Jeżeli się mylę, to:

      a) podałem zbyt dużą liczbę kombinacji
      -> więc istnieje conajmniej jedna kombinacja spośród podanych powyżej, jaka jest
      zbędna - można ją pominąć. Czy ktoś może w takim razie podać - którą można
      pominąć (wystarczy wskazać jedną aby wykazać mój błąd) i nadal móc otwierać sejf
      dla dowolnego szyfru.

      b) podałem zbyt małą liczbę kombinacji
      -> więc istnieje taki szyfr, który oprze się mojemu "kombinowaniu", czyli po
      sprawdzeniu wszystkich moich kombinacji nie uda się otworzyć sejfu. Wystarczy
      pokazać choć jeden taki szyfr, aby wykazać mój błąd.

      Proszę o uwagi i pozdrawiam.
      • Gość: wildwezyr Re: Zadanie konkursowe nr 1 - Skok na kasę IP: 212.244.29.* 27.10.05, 17:42
        Zapomniałem dodać, że jest 12 zbiorów takich kombinacji. Jeden przykładowy
        podałem, a inne polegają na sprzęganiu ze sobą (w opisany sposób) innych kółek,
        np. 1 i 2, 1 i 3 itp. oraz zamianie ról kółek sprzężonych - które z nich chodzi
        po cyfrach parzystych, a które po nieparzystych.

        Każde takie sprzęgnięcie - na które musimy się zdecydować przystępując do pracy
        nad sejfem - daje zawsze 864 kombinacji, które trzeba sprawdzić.

        Powyższe nie zmienia wyniku - 864 kombinacje, ale pokazuje, że można je różnie
        "generować" - sprzęgając różne kółka ze sobą z różnymi rolami parzyste/nieparzyste.

        Czy ktoś wie - czy istnieją jeszcze inne dobre zbiory kombinacji - różne od
        podanych przeze mnie 12, ale też pozwalające otworzyć sejf? O ile oczywiście się
        nie mylę (co można mi łatwo wykazać - podałem we wcześniejszym poscie jak to
        zrobić).
      • Gość: wildwezyr Re: Zadanie konkursowe nr 1 - Skok na kasę IP: 212.244.29.* 27.10.05, 18:15
        autopoprawka!

        mylę się!

        ;-)

        jeżeli szyfr będzie taki: (0,0,1,0) to stosując podane przeze mnie kombinacje
        nie uda się go znaleźć!

        czyli podane przeze mnie rozwiązanie jest niepoprawne w sensie przykładowych
        kombinacji, ale widać jak łatwo je obalić.

        Jednak podtrzymuję wynik 12*12*6, choć kombinacje należy generować inaczej: na
        sprzężonych kółkach idziemy: na pierwszym sprzężonym od 0 do 5, a na drugim od #
        (ostatnia cyfra) do 6. Przykładowe kilka pierwszych kombinacji:

        (0,0,0,#)
        (0,0,1,@)
        (0,0,2,9)
        (0,0,3,8)
        (0,0,4,7)
        (0,0,5,6)
        (0,1,0,#)
        ...

        i teraz (0,0,1,0) już nam nie straszne ;-).

        Czyli nadal - moim zdaniem - trzeba dokładnie 864 kombinacji.

        Ktoś ma uwagi? Znów się pomyliłem?
          • Gość: wildwezyr Re: Zadanie konkursowe nr 1 - Skok na kasę IP: *.acn.waw.pl 27.10.05, 20:24
            Zgadza się! Znów się pomyliłem.

            :-(. Zdarza się.

            Ale po (kolejnym) namyśle, wydaje mi się, że trzeba aż 12*12*12 kombinacji -
            czyli np. 3 pierwsze cyfry tworzą pełny zestaw kombinacji, a czwarta jest
            bylejaka. Wtedy 0060 jest obsłużone przez 006? itp.

            a) Czy przy takim rozwiązaniu nadal czegoś brakuje?

            b) Czy przy takim rozwiązaniu są nadmiarowe kombinacje, których można się pozbyć?

            Przyznam, że nie mogę zrozumieć twojego rozwiązania - jakieś za mało ścisłe i
            precyzyjne jak dla mnie. Jeżeli miałbym się w nie wgryzać, to będę potrzebował
            dodatkowych wyjaśnień. Czy mógłbym na nie liczyć?

            Ale niezależnie, proszę o kolejne wyłapanie mojego ewentualnego błędu.
            Reasumując: moim zdaniem trzeba 12^3 = 1728 kombinacji - nie mniej, a więcej to
            nadmiar.
            • Gość: pam31 Re: Zadanie konkursowe nr 1 - Skok na kasę IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 28.10.05, 22:14
              Cardemon nazywa zbiór ustawień zbiorem kombinacji i pyta o optymalna ich
              liczbę. Wydaje się, że nie bardzo rozumie pojęcie „kombinacja”, ale może Jego
              genialni włamywacze przy pomocy najnowszej techniki potrafią zamek zaszyfrowany
              jedną z 12^4 wariacji przestroić tak, że otworzy go zwyczajna kombinacja i to
              trzech symboli z 12 i np. szyfr 1732 otworzą kombinacje: {1,3,7},{1,2,7},
              {2,3,7} i {1,2,3} –( w kombinacji kolejność elementów nie ma znaczenia )–
              dźwignia zadziała! Jednak, żeby mieć pewność, że skok się uda , trzeba
              przewidzieć wszystkie możliwości, m.in. .i {3,3,7) – kombinacja z
              powtórzeniami – a jest ich dla zbioru 12 symboli tylko 364. Nie należy po
              drodze zmieniać wybranej trójki kółek, bo zabawa zacznie się od początku, a
              rozwiązanie mogło być o krok.
              Przypuścimy, że Cardemon się „przejęzyczył” i chodzi o wariacje, tzn. kolejność
              symboli jest ważna. Wtedy ww. 1732 otworzą wariacje:(173),(132),(732) i (172)
              Jeśli włamywacze zdecyduja się na określone trzy kółka, to gwarancje otworzenia
              daje tylko zaplanowanie przejścia przez wszystkie ustawienia
              w liczbie 12^3 = 1728 co pierwszy podał Grzesiek . Jeśli szczęscie dopiszę, to
              już pierwsza próba może będzie udana,ale fachowcy na takie cuda nie liczą.
              Podawnie jakichkolwiek liczb mniejszych od 1728 mija się ze zdrowym rozsądkiem,
              bo przy propozycji np. 500 prób można wskazać takie szyfry, które w tych 500
              zostały pominięte.
              Tylko wiara we własną intuicję i brak wiedzy matematycznej może dawać podstawę
              do optymalizacji zagadnienia. Można tylko pytać o prawdopodobieństwo, że w
              określonej liczbie prób uda się osiągnąć cel.
              Pozdrowienia dla Grześka, Wildwezyra i Cardemona
              • cardemon Odpowiedź dla Pam31 29.10.05, 14:56
                Bardzo cenię sobie wszelkie krytyczne, rzeczowe uwagi. Dziękuję więc za ten głos.

                W odpowiedzi podam może przykład, który już tutaj został podany. Kasa pancerna
                posiada 3 kółka, na każdym kółku można ustawić 3 kombinacje. Istnieje tylko
                jedna kombinacja, aby otworzyć tę kasę pancerną (np. trzeba na kolejnych kółkach
                ustawić kombinację: 1,3,2), ale mechanizm kasy zepsuł się w taki sposób, że
                wystarczy teraz, aby dowolne 2 z trzech kółek były na swoich miejscach, a kasę i
                tak się otworzy. Jaki jest najmniejszy zbiór kombinacji (nie w sensie
                matematycznym, tylko kombinacji dla kasy pancernej), który zagwarantuje
                otworzenie kasy?

                Otóż potrzebny jest zbiór przynajmniej pięcioelementowy, np. {(1,1,1) (2,2,2)
                (1,3,3) (3,3,1) (3,1,3)} albo {(1,3,1) (3,1,1) (2,2,2) (1,1,3) (3,3,3)}. Jak
                najlepiej znaleźć te układy dla tego przykładu? Otóż z rozważań dotyczących tej
                zagadki, a szczególnie wypowiedzi Ullera, wystarczy wziąć Kostkę Rubika,
                umieścić ją w układzie współrzędnych xyz i spróbować ustawić w dowolnych jej
                sześcianikach szachowe wieże (szachowa wieża porusza się, szachuje, bije po
                liniach prostych). Te wieże należy rozmieścić tak, aby "zaszachowane" były
                wszystkie sześcianiki, a na dodatek rozmieścić ich najmniejszą możliwą ilość.
                Można oczywiście umieścić te wieże we wszystkich sześcianikach, czyli w
                dziewięciu, ale to nie będzie optymalne rozwiązanie. Optymalne ustawienie wymaga
                czterech wież i w takim ustawieniu współrzędne tych wież [(x,y,z) lub (y,x,z)
                lub (z,x,y) itd.] dadzą odpowiedź na postawione pytanie.

                pzdr.
                  • Gość: Nieprzekonany Re: Do Cdm IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 29.10.05, 16:44
                    Jeżeli kasa ma trzy kółka z trzema pozycjami to dla jej otworzenia potrzeba
                    najwyżej 27 prób. Jeżeli po uszkodzeniu kasy wystarczy ustawić dwa kołka, to
                    otwarcie zapewnia 9 prób. Prosze podać 5 zestawów dwucyfrowych, które zapewnią
                    otwarcie każdego zamka zaszyfrowanego pierwotnie trzema cyframi. Zawsze podam
                    parę, która nie występuje wsród tych pięciu. Kostka Rubika nie jest argumentem.
                      • Gość: Pam31 Re: Do Cdm IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 29.10.05, 22:25
                        Gość portalu: g napisał(a):

                        > Probujemy trojkami, a nie parami po unieruchomieniu jednego kolka!
                        > Podaje za Mesquaki:
                        > 111
                        > 331
                        > 313
                        > 133
                        > 222
                        > Masz kontrprzyklad?
                        Jeżeli pozycja cyfry związana jest z konkretnym kółkiem, to nie otworzysz 212 i
                        123 przy zablokowanym pierwszym.Zadanie nie powinno mówić o blokowaniu
                        czegokolwiek, tylko o zmianie systemu - trzy cyfry z których dwie, stojące na
                        własciwych miejscach, mogą otworzyć zamek - wtedy otwarcie układu 123
                        zapewniają 121,122,123,223,323,113,133, . W zagadce wstępnej była mowa o
                        wstawianiu trzech cyfr przy zablokowaniu jedneg kola.
                        Zeby to było jasne od początku wustarczyło powiedzieć,że układ 1234,jak również
                        3333, zawiera cztery ustawienia trzycyfrowe otwierające zamek.To blokowanie
                        wprowadziło spora zamieszania. Wtedy rzeczywiście 1728/4=432 jest prawidłowe.
                  • cardemon Re: Do Cdm 29.10.05, 19:31
                    Gość portalu: Paula napisał(a):

                    > Drogi Cdm coś chyba mieszasz no bo jezeli szyfr do otwarcia to 132 to ciekawe
                    > jak go otworzysz za pomocą 111, 222, 331 itd. tak jak napisałeś. A po drugie
                    > tych wież jest potrzebnych trzy a nie cztery.

                    Podałem jeden przykładowy zbiór {(1,1,1) (2,2,2) (1,3,3) (3,3,1) (3,1,3)}.
                    Wprowadzam pierwszą kombinację (1,1,1) - kasa ani rusz, wprowadzam drugą (2,2,2)
                    - kasa ani rusz, wprowadzam trzecią (1,3,3) - bingo, kasa otwarta, bowiem dwa
                    kółka pierwsze na 1 i drugie na 3 są na swoich pozycjach. Proszę Was, zadajcie
                    sobie trochę więcej trudu w Waszych analizach, a potem posądzajcie mnie o
                    "mieszanie".

                    Przyznaję jedynie, że przejęzyczyłem się pisząc o czterech wieżach, oczywiście
                    miałem na myśli pięć wież.

                    pzdr.
                • Gość: Pam31 Re: Odpowiedź dla Pam31 IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 29.10.05, 17:05
                  Cardemonie! Masz talent literacki i zgrabnie fabularyzujesz zgadki, ale
                  ozasadnić tezy, ktora Ci się podoba, nie potrafisz. Bardzo możliwe,że to ja nie
                  potrafię sobie wyobrazić takich abstrakcji, jak czterowymiarowy sześcian i
                  wieze w nim, które nie moga sie bić - czemu? Zamki moga być ustawione
                  jednakowo - nie widzę tego. Uprośćmy zagadnienie. Kasa ma cztery trójpozycyjne
                  zamki,ale wystarczy trzy ustawić prawidłowo, by ją otworzyć. Oferuję nagrodę
                  książkową temu, kto wskaze mniej niż 27 trzycyfrowych liczb, które otworza kasę
                  zaszyfrowaną abcd Wartości a,b,c,d ze zbioru{1,2,3} podam po przedstawieniu
                  tych tajemniczych zestawów
                    • Gość: pam31 Re: Odpowiedź dla Pam31 IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 29.10.05, 22:38
                      Gość portalu: karamba napisał(a):

                      > Dla 3 trójpozycyjnych zamków wg ciebie musiało by być minimum 9 różnych
                      > ustawień. Podaje przykladowe 5. Więc znajdż taki szyfr którego nie otworzysz
                      za
                      Nie przeczytałeś uważnie. Chodziło o cztery trójpozycyjne zamki. W twoim
                      przykładie wymagałbym 9 dwucyfrowych ustawień, a nie 5 trzycyfrowych.Przeczytaj
                      mój poprzedni wpis i sprawa się wyjaśni. Ostatnię tam zdanie nieaktualne.
                        • Gość: pam odp Karambie IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 29.10.05, 23:12
                          Gość portalu: karamba napisał(a):

                          ... A ty widocznie zakumałaś o co chodzi i pękasz z
                          > nagrodą :D
                          Rzeczywiście zakumałem, a co do nagrody, to warunki konkursu były jasne: zamek
                          zaszyfrowano abcd i czekam na trójki(nie czworki) ktore to złamią.
                          Wiedziałem,że jest to niemożliwe.
                      • Gość: Pam31 Do autora zagadki IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 29.10.05, 23:04
                        Przepraszam Cardemona! W swoim tekście nić nie pisał o zablokowaniu jednego z
                        koł i rzeczywiście to zgadujący powinien sie domyślić,że można wprowadzić układ
                        czterocyfrowy, który działa skuteczniej po zastosowaniu sztuczki szefa. Ktoś z
                        rozwiązujących wprowadził "zablokowanie" co zmieniło sens zagadki.Zablokowanie
                        jakiegoś kołka, nieznanego zainteresowanym,żmuszalo do czterokrotnego
                        powtórzenia wszystkich wariacji trzyelementowych. Przepraszam za większość czę
                        uszczypliwości.
                        • Gość: Uważny Inne podejście IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 30.10.05, 12:12
                          Wprawdzie poza konkursem, ale przedstawiam następująca koncepcję: Poniewaz
                          zamek zaszyfrowany np 4444 otwieraja ustawienia 444x, 44x4,4x44 i x444, gdzie x
                          może przybierać odpowiednio 12,11,10 i 9 wartości(zmniejszamy x, żeby nie
                          powtarzać poprzedniego układu), więc "otwierających " układow jest dla
                          konkretnego szyfru 42, zatem prawdopodobieństwo losowego trafienia wynosi
                          42/12^4 =0,002025, co daje największe prawd. sukcesu w 494 losowych próbach
                          (schemat Bernouliego), jezeli więc przygotuje się nie losowo 494 układy -
                          trzeba je przygotować ze sporym nakładem uwagi- to sukces jest pewny. Typuję 494
                • spamik4 Re: Odpowiedź dla Pam31 14.11.05, 09:51
                  Wczoraj pisałem o polemice z Ullerem, ale dzisiaj od rana wpadłem na post
                  Cardemona i zacznę tutaj!
                  Kombinatoryka, przyznaję się nie jest moją silną stroną, ale to dopinguje mnie
                  tym bardziej do rozgryzienia problemu.
                  Bardzo cenię obrazowe porównania, jak wieża szachowa w sześcianie Rubika, ale
                  wolę analizować w sposób prosty, do przestrzeni wielowymiarowej nie wchodząć.
                  Na razie zacznę od prostego przykładu, tutaj przytoczonego - 3 kółka po 3
                  pozycje.
                  Klucz otwierający jest: 1-2-3.
                  Rozumiem, że dla rozwiązania zadania, trzeba policzyć ilość kombinacji, które
                  nie otwierają sejfu, przy załóżeniu, że trafienie 2 z trzech podanych cyfr
                  klucza, jest wystarczające.
                  W tej sytuacji mamy trzy grupy rozwiązań:
                  - 1-2-X
                  - 1-X-3
                  - X-2-3
                  gdzie X oznacza dowolne ustawienia danego kółka.
                  W sumie, przy 3 kółkach, mamy 27 kombinacji.
                  Policzmy te, które otworzą sejf:
                  Dla pierwszej grupy (1-2-X), są to: 1-2-1; 1-2-2; 1-2-3
                  Dla drugiej (1-X-2): 1-1-3; 1-2-3; 1-3-3
                  Dla treciej (X-2-3): 1-2-3; 2-2-3; 3-2-3
                  W sumie, po uwzględnieniu, że w drugiej i trzeciej grupie występują te, które
                  są już zawarte w pierwszej, mamy 7 kombinacji, które są w stanie otworzyć sejf.
                  Przy całkowitej liczbie 27 kombinacji, daje to 18 kombinacji, które nie
                  otwierają sejfu. Rozwiązaniem jest więc liczba 19. Tyle kombinacji trzeba
                  wypróbować, aby mieć pewność, że sejf będzie otworzony. Chodzi oczywiście o
                  pewność, a nie o prawdopodobieństwo. Nie jest to więc 4, jak udowadnia Cardemon
                  i Uller.
                  Gdzie jest błąd w moim rozumowaniu ???
    • mesquaki Re: Zadanie konkursowe nr 1 - Skok na kasę 30.10.05, 18:46
      Jeszcze co do komentarza Grzeska powyzej:

      Gość portalu: grzesiek napisał(a):

      > Rzeczywiście jest to falszywe zalożenie. Calkowicie rozdzielnych grup
      > może być co najwyżej 12. Widać to latwo jeśli się zastosuje trik Ullera
      > z sześcianem (niekoniecznie 4-, wystartczy 3-wymiarowym, ale już nie
      > 2-wymiarowym). Przy takim spojrzeniu owe grupy to odpowiednio wymiarowe
      > krzyże. Po umieszczeniu 12 krzyży (np. na diametralnej sześcianu) już nie
      > można znaleść miejsca na trzynasty, tak aby się nie przecinal z którymś już
      > istniejących. Punkt centralny każdego krzyża musi leżeć na innej plaszczyźnie,
      > a jest ich 12.
      >

      Wydaje mi się, że o ile jest to prawdą dla sześcianu 3D, to już nie w 4D. Tu
      zyskujemy dodatkowy wymiar, w którym jest także 12 równoległych płaszczyzn. Tak
      więc rozdzielnych grup może być maksymalnie n^2, czyli 144.
      • Gość: Ciekawy Sześcian 4D IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 30.10.05, 22:52
        Z zainteresowaniem zapoznalem się z całym watkiem, ale nie rozumiem idei ullera
        z sześcianem czterowymiarowym , ktory można narysować na kartce i na
        płaszczyznach mieć jego rzuty.
        Rzutami sześcianu trójwymiarowego(tego "normaknego") na ściany układu
        współrzednych sa trzy kwadraty.
        Rzutami sześcianu czterowymiarowego na cztery "płaszczyzny" trójwymiarowe sa
        sześciany trójwymiarowe i jest ich cztery. Jak to narysować?
        Podeirzewam,że przez "czterowymiarowość" uller rozumie długośc krawędzi
        sześcianu, ale nie powinien wprowadzać dowolnej terminologii tylko dla potrzeb
        zadania, bez wprowadzania nowej definicji. Podejrzenie to wywołane jest tym,że
        uller potrafi narysować taki sześcian 4D na kartce, kiedy narysowanie zwkłego
        3D na kartce sprawia kłopoty. Nakartce są możliwe tylko dwuwymiarowe rzuty brył.
        • uller Re: Sześcian 4D 02.11.05, 16:53
          Gość portalu: Ciekawy napisał(a):
          > uller potrafi narysować taki sześcian 4D na kartce, kiedy narysowanie
          > zwkłego 3D na kartce sprawia kłopoty. Nakartce są możliwe tylko
          > dwuwymiarowe rzuty brył

          Prawie zgadzam sie.
          Prosze zauważyć ze nasz sześcian jest skwantowany.
          Nas tak naprawdę nie obchodzi sześcian 4D ale tylko pynkty w przestrzeni 4D

          Jak to mozna narysować na kartce? Np. tak (3x3x3x3):
          (1111)(1112)(1113) (1211)(1212)(1213) (1311)(1312)(1313)
          (1121)(1122)(1123) (1221)(1222)(1223) (1321)(1322)(1323)
          (1131)(1132)(1133) (1231)(1232)(1233) (1331)(1332)(1333)

          (2111)(2112)(2113) (2211)(2212)(2213) (2311)(2312)(2313)
          (2121)(2122)(2123) (2221)(2222)(2223) (2321)(2322)(2323)
          (2131)(2132)(2133) (2231)(2232)(2233) (2331)(2332)(2333)

          (3111)(1112)(1113) (3211)(3212)(3213) (3311)(3312)(3313)
          (3121)(1122)(1123) (3221)(3222)(3223) (3321)(3322)(3323)
          (3131)(1132)(1133) (3231)(3232)(3233) (3331)(3332)(3333)
          Kazdy nawias to jedna kostka sześcianu 4D. Liczba w nawiasie określa
          wzpółrzędne vxyz.

          Pozdrawiam
          Uller
      • cardemon Re: Zadanie konkursowe nr 1 - Skok na kasę 03.11.05, 04:30
        mesquaki napisała:

        > Wydaje mi się, że o ile jest to prawdą dla sześcianu 3D, to już nie w 4D. Tu
        > zyskujemy dodatkowy wymiar, w którym jest także 12 równoległych płaszczyzn. Tak
        > więc rozdzielnych grup może być maksymalnie n^2, czyli 144.

        Doskonale, Mes! Bardzo celna uwaga.

        pzdr.
    • Gość: wildwezyr Re: Zadanie konkursowe nr 1 - Skok na kasę IP: *.acn.waw.pl 01.11.05, 20:58
      Robi się coraz ciekawiej!

      Wydawało mi się, że to bardzo proste zadanko o oczywistym rozwiązaniu. A tu
      kilka razy podałem błędne rozwiązanie (przez głupie błędy), ostatnie (już nieco
      przemyślane) moje rozwiązanie też nie jest dobre - bo nie jest optymalne.

      Widzę, że jest kilka osób idących torem rozumowania podobnym do mojego - błędym!
      Najlepiej przekonać się o błędzie na przykładzie uproszczonym - co wykazał mi
      Uller. Jeśli ktoś potrzebuję - mogę szybko spreparować programik do testowania
      układów rozwiązań - sprawdzi czy każdy szyfr da się rozwiązać za pomocą podanego
      układu (w ten sposób zweryfikowałem rozwiązanie Ullera dla uproszczonego zadania).

      Po tej weryfikacji ostatecznie przekonałem się, że istnieje układ o mniejszej
      liczbie elementów niż 12^3 dla pełnego zadania. Wyjaśnienia Ullera z kostkami
      nadal nie rozumiem (m.in. nie widzę bezpośredniego związku z zadaniem o
      sejfach), ale jeszcze nad tym pomyślę, bo szczerze przyznam, że się do niego nie
      przyłożyłem uznając je już na wstępie za niepoprawne (ale chyba jednak zmienię
      zdanie - jak je zrozumiem).
      • Gość: Sudent Wnioski z prawdopodobięństwa. IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 02.11.05, 00:55
        W podanym zadaniu jest mowa o liczbie ustawień, bez wymagania ich
        przedstawienia i przekonująco wygląda wywód Uwaznego. Przy podanym
        prawdopodobieństwie 0,002025 wartość oczekiwana liczby prób losowych do
        otwarcia kasy wynosi 1/0,002025 = 494, t zn srednio po 494 probach generowanych
        losowo kasa się otworzy, jeśli wię zagwarantujemy,że kazdy sposób będzie inny -
        otwarcie nastapi po mniejszej liczbie prób.
        Ilustracja zagadnienia jest zadanie: Mam w kieszeni 5 różnych kluczy i jeden z
        nich orwiera zamek. Wyjmuję je losowo. Za którym razem trafię na własciwy
        klucz, jezeli:
        a)klucz po nieudanej próbie odkładam do innej kieszeni;
        b) - wkładam z powrotem do tej samej kieszeni?
        Odp:a)2,36;b) 5 (to 2,36 oznacza,ze najczęsciej trafię za drugim lub trzecim
        razem)
        Przypuszczam,że w proponowanych przez uczestnikow większych liczbach prób,
        niektore są zbędne.
        • Gość: Kujonik Re: Wnioski z prawdopodobięństwa. IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 02.11.05, 02:19
          Zauważyłem, że marchewa postąpił bardzo podobnie i uniknął błędu Uważnego.
          Układ 1234 rozwiązuje 12 układow 123x i po 11 układów typu 12y4,1z34,w234
          (x może przyjąc 12 wartści, zaś y,z,w nie mogą być równe odpowiednio 3,2,1)
          razem 45 układów i prawd. trafienia = 0,00217 zas liczba potrzebnych układów
          461. Zadanie studenta ilustruje problem
          • Gość: wildwezyr Re: Wnioski z prawdopodobięństwa. IP: 212.244.29.* 02.11.05, 08:14
            Nie wiem jak innych, ale mnie nie interesują rozwiązania niekonstruktywne -
            czyli nie pokazujące jak stworzyć dobry zestaw kombinacji zawsze otwierających
            zamek.

            Tzn. oczywiście mają główną zaletę taką, że podają dobry wynik, ale nic nie
            mówią o szczegółach (tutaj o konkretnych kombinacjach) - a to często jest
            najciekawsze!
            • Gość: Kujonik Re: Wnioski z prawdopodobięństwa. IP: *.neoplus.adsl.tpnet.pl 02.11.05, 13:55
              Podane wyżej rozwiązanie jest konstruktywne, bo daje liczbę prób, która
              interesuje potrzebujących. Inne zagadnienie, to sposob znajdywania tych liczb -
              można je tworzyć różnymi metodami, chociazby przez eliminacje komputerową.
              Lista tych liczb może przekraczać możliwości "ręcznego"ich konstruowania, a
              sprawdzenie,czy nie zawiera brakow jest trudno wyobrażalne. Szczególnie przy
              większej liczbie kółek szyfrujących.
              • Gość: wildwezyr Re: Wnioski z prawdopodobięństwa. IP: 212.244.29.* 02.11.05, 15:52
                To jakie byłoby w takim razie rozwiązanie niekonstruktywne?

                Mnie uczyli, że rozwiązanie konstruktywne (np. dowód twierdzenia) polega właśnie
                na podaniu nie tylko odpowiedzi na samo pytanie ILE / CZY (NIE) ISTNIEJE, ale
                również na pokazaniu konkretnych przykładów, sposobów generowania konkretnego
                zestawu spełniającego postawiony problem itp.

                W takim sensie - podanie tylko liczby w rozwiązaniu nie jest rozwiązaniem
                konstruktywnym. A jeśli uważasz, że jest - to co byłoby rozwiązaniem
                niekonstruktywnym - wcale nie podanie rozwiązania ;-)?
          • Gość: s1macio do Kujonik IP: *.radzionkow.net 02.11.05, 11:22
            Moze sie myle ale sie nie zgadzam: "Układ 1234 rozwiązuje 12 układow 123x i
            po "11" układów typu 12y4,1z34,w234". "(x może przyjąc 12 wartści, zaś y,z,w
            nie mogą być równe odpowiednio 3,2,1)" Dlaczego 11 ?? przeciez moze ich byc
            12 !
      • uller Re: Zadanie konkursowe nr 1 - Skok na kasę 02.11.05, 16:28
        Dla tych którzy chca sprawdzić poprawność kodu z rozwiazania uścilę sposób jego
        generacji.
        Mamy dwa zbiory
        9 elementowy - A:
        (1,1,1,1) (1,2,2,2) (1,3,3,3)
        (2,1,3,2) (2,2,1,3) (2,3,2,1)
        (3,1,2,3) (3,2,3,1) (3,3,1,2)

        i 64 elementowy B:
        (1,1,1,1) (1,1,2,2) (1,1,3,3) (1,1,4,4)
        (1,2,2,1) (1,2,3,2) (1,2,4,3) (1,2,1,4)
        (1,3,3,1) (1,3,4,2) (1,3,1,3) (1,3,2,4)
        (1,4,4,1) (1,4,1,2) (1,4,2,3) (1,4,3,4)

        (2,1,2,1) (2,1,3,2) (2,1,4,3) (2,1,1,4)
        (2,2,3,1) (2,2,4,2) (2,2,1,3) (2,2,2,4)
        (2,3,4,1) (2,3,1,2) (2,3,2,3) (2,3,3,4)
        (2,4,1,1) (2,4,2,2) (2,4,3,3) (2,4,4,4)

        (3,1,3,1) (3,1,4,2) (3,1,1,3) (3,1,2,4)
        (3,2,4,1) (3,2,1,2) (3,2,2,3) (3,2,3,4)
        (3,3,1,1) (3,3,2,2) (3,3,3,3) (3,3,4,4)
        (3,4,2,1) (3,4,3,2) (3,4,4,3) (3,4,1,4)

        (4,1,4,1) (4,1,1,2) (4,1,2,3) (4,1,3,4)
        (4,2,1,1) (4,2,2,2) (4,2,3,3) (4,2,4,4)
        (4,3,2,1) (4,3,3,2) (4,3,4,3) (4,3,1,4)
        (4,4,3,1) (4,4,4,2) (4,4,1,3) (4,4,2,4)

        Bierzemy po koleii elementy ze zbioru A, odejmujemy od kazdej współrzędnej 1 i
        mnożymy razy 4 po czym kolejno dodajemy elementy zbioru B.
        Otrzymamy 9*64=576 punktów.
        V((j-1)*64+i),X((j-1)*64+i),Y((j-1)*64+i),Z((j-1)*64+i) =
        = (VAj-1)*4+VBi , (XAj-1)*4+XBi , (YAj-1)*4+YBi , (ZAj-1)*4+ZBi
        (gdzie j zmienia się od 1 do 9 a i od 1 do 64)

        pozdrawiam
        Uller


    • cardemon Napisy końcowe 03.11.05, 04:18
      Najwyższy czas na podsumowanie łamigłówki. Przede wszystkim przypominam, że była
      to pierwsza zagadka z cyklu konkursu łamigłówkarskiego "Jesień 2005" i na razie
      zdobyło w niej punkty trzech uczestników: Uller, DarekW, S1macio, wszyscy po 3.

      Rozwiązanie niniejszej zagadki, które zostało uznane za otymalne wynosi 576.
      Najprawdopodobniej nie ma i nigdy nie będzie matematycznego dowodu na to, że
      jest to optymalna liczba. Ale za to istnieje dowód na to, że taki zbiór na pewno
      wystarczy. Doskonały sposób na dojście do tej liczby podał Uller, jeszcze raz
      wielkie brawa!

      Problem matematyczny, którego dotyka niniejsza zagadka sięga roku 1948 do
      Taussky’ego i Todda i zwie się po angielsku "covering problem". Zagadnienie te
      stoi na pograniczu kombinatoryki, teoria kodowania, kodów korekcyjnych oraz
      "covering codes". Jak ktoś jest zainteresowany zgłębieniem tego zagadnienia, to
      znajdzie mnóstwo odnośników w sieci, choć przyznaję, że większość w języku
      angielskim. Sam problem nie jest banalny i nie ma ogólnego rozwiązania dla
      wszystkich przypadków, czyli dla dowolnych wartości ustawień N na jednym kółku,
      przy dowolnej ilości kółek Q, gdzie ilość kółek na "swoich położeniach" też nie
      musi być równa Q-1, tylko może być mniej. Niemalże każdy przypadek jest dość
      indywidualny. Stosunkowo prosta jest sytuacja wtedy, gdy ilość różnych ustawień
      N na jednym kółku jest parzysta (w naszym przypadku N=12) i dzieli się bez
      reszty przez ilość kółek Q (w naszym przypadku Q=4), wtedy ilość koniecznych
      kombinacji wynosi K = N^(Q-1)/(Q-1). Dla N nieparzystego lub niepodzielnego
      przez Q już nie jest to takie proste np. dla 5 kółek z 3 ustawieniami minimalna
      wielkość zbioru kombinacji wynosi 27, 3 kółka z 5 ustawieniami, co już było
      omawiane, wymagają 9 kombinacji. Ale 4 kółka z 4 ustawieniami wymagają zbioru
      24-elementowego! Dla wielu innych przypadków, szczególnie, gdy dowolność
      ustawienia dotyczy więcej niż jednego kółka sprawy sie mocno komplikują i tam
      się już sięga po matematykę z wyższej półki.

      Gdzie w życiu codziennym można spotkać się z tym zagadnieniem? Na przykład przy
      wypełnianiu kuponu zakładów piłkarskich, gdy wystarcza nam trafienie
      przynajmniej 11 z 12 meczy (12 meczy, trzy możliwości w każdym), albo przy
      pisaniu testu, w którym jest np. 20 pytań i jedna z trzech odpowiedzi do wyboru,
      a 19 poprawnych daje nam zdany test. A co by było, gdyby starczało nam 10
      trafnych w totka piłkarskiego lub 17/20 poprawnych odpowiedzi na teście? Wtedy
      obliczenia się jeszcze bardziej komplikują...

      Na koniec kilka uwag. Po pierwsze, bardzo proszę wszystkich forumowiczów o
      dokładne wczytywanie sie w treść zagadek. Na przykład ja piszę o uszkodzonym
      mechanizmie (mechanizm to całość), nawet podaję jeszcze raz dokładne objaśnienie
      (patrz forum.gazeta.pl/forum/72,2.html?f=514&w=30919375&a=30995694 ), a
      mimo to odczytywane to jest jako zablokowane koło. W innym miejscu piszę o
      wieżach szachujących wszystkie pola na trójwymiarowej sześciennej szachownicy
      3x3x3, a odczytywane to jest, że wieże nie mogą sie szachować. Po drugie,
      czasami się spotykam z tym, że po końcowym komentarzu ktoś pisze coś takiego:
      "mozna to zrobić lepiej" lub "znam rozwiązanie w mniejszej ilości ruchów" itd.
      itp. Jeśli masz lepsze rozwiązanie, to po prostu je od razu podaj, zapowiadam
      bowiem, że będę całkowicie ignorował tego typu wypowiedzi niepoparte żadną
      merytoryczną treścią. W końcu po trzecie, wszelkie krytyczne i konstruktywne
      uwagi są bardzo mile widziane, wszyscy jesteśmy omylni i wszystkim nam zdarzają
      się błędy, choć przyznaję, że mnie w tym konkursie nie powinny się zdarzać.

      Kolejne zadanie w konkursie już wkrótce, bowiem w najbliższy wtorek 8.11.05, w
      godzinach 18-19. Tym razem będzie to zadanie z zupełnie innej beczki. Szansa
      więc dla tych, którzy z kombinatoryki nie czują się najmocniejsi.

      Serdeczne pozdrowienia dla wszystkich łamigłówkowiczów,
      CdM
      • cardemon Re: Napisy końcowe 03.11.05, 04:28
        Przepraszam, drobna errata.

        Zamiast:

        > 3 kółka z 5 ustawieniami, co już było
        > omawiane, wymagają 9 kombinacji

        Powinno być: "3 kółka z 5 ustawieniami, co już było omawiane, wymagają 13
        kombinacji", patrz pod:

        forum.gazeta.pl/forum/72,2.html?f=514&w=30919375&a=31119054
      • spamik4 Re: Napisy końcowe 14.11.05, 10:05
        Odnoszę wrażenie, po lekturze większej ilości postów, napisanych w tym temacie,
        że coś w treści zadania jest nie tak.
        Autorowi chyba chodziło o takie rozwiązanie, w którym trafi się trzy z
        zaszyfrowanych czterech cyfr klucza, niezależnie którym kółkiem je wybierzemy.
        W inne sytuacji nie widzę pewności otwarcia przy pomocy 576 kombinacji.
        • spamik4 Re: Napisy końcowe 14.11.05, 10:26
          Sorry, Xle sformułowałem myśl.
          Autorowi chodziło o starannie wyselekcjonowane kombinacje. Tego z treści
          zadania nie wywnioskowałem i stąd chyba nieporozumienie.
          • uller Re: Napisy końcowe 14.11.05, 10:44
            > Autorowi chodziło o starannie wyselekcjonowane kombinacje. Tego z treści
            > zadania nie wywnioskowałem i stąd chyba nieporozumienie.

            Dokładnie o to chodziło w zadaniu. Masz dobrać najmniej liczną kombinację
            dającą pewność otwarcia sejfu.

            Pozdrawiam
            Uller
Inne wątki na temat:

Popularne wątki

Nie pamiętasz hasła

lub ?

 

Nie masz jeszcze konta? Zarejestruj się

Nakarm Pajacyka