5 skazańców, amfory i kule

[musztardek]

- A oto ostatnia komnata, którą miniecie w drodze do celi śmierci – Król
wprowadził pięciu skazańców do wielkiej, okrągłej sali. – Zanim jednak
przejdziecie przez te drzwi naprzeciwko, przetestujecie moją nową zabawkę. To
najnowszy gadżet produkcji mojego doradcy. Spójrzcie!

W samym środku komnaty stał duży kamienny stół z pięciokątnym blatem. Na
każdym rogu blatu postawiona była pękata amfora z wąską szyjką. Blat kręcił
się powoli i miarowo.

- Oto ciekawy mechanizm – zatrzyma się równo w południe i spowoduje otwarcie
tajemnej skrytki w waszej celi śmierci, z której wypełzną jadowite węże.
Aczkolwiek, istnieje możliwość otwarcia innej skrytki zamiast tej z wężami –
w tej drugiej leży klucz do drzwi celi śmierci, które prowadzą na wolność. Tę
skrytkę można otworzyć tylko w jeden sposób: zwiększając ciężar każdej amfory
dokładnie o 15 uncji. I dam wam szansę, abyście tego dokonali. W każdym z
tych oto pięciu woreczków schowałem po 6 kul. Kule są tej samej wielkości,
ale różnią się wagą i kolorem – białe ważą po 2 uncje, a czarne po 3 uncje.
Każdy woreczek zawiera inny zestaw kul (1 biała + 5 czarnych, 2 B + 4 C, 3 B
+ 3 C, 4 B + 2 C, 5B + 1 C). Jutro o świcie, moi żołnierze wyprowadzą jednego
z was i wręczą mu jeden woreczek – będzie on musiał wrzucić kule do amfor
zanim przejdzie do celi śmierci. Potem to samo zrobi drugi, trzeci, czwarty i
ostatni z was. Możecie wrzucać kule gdzie chcecie, ale wszystkie musicie
umieścić w amforach. Zwróćcie uwagę, że kształt szyjki jest taki, że ostatnio
wrzucana kula utknie w szyjce i widać jej kolor. Jest jednak za ciemno, aby
zobaczyć ile i jakich kul wrzucili do amfor wasi poprzednicy. Jeśli
rozmieścicie kule tak, żeby waga każdej amfory zwiększyła się o 15 uncji,
zdobędziecie klucz i wolność. Jeśli nie.... te węże są naprawdę piekielnie
jadowite.... No, ale dość już tego gadania – marsz do celi!

I tak oto naszym pięciu skazańcom została noc na obmyślenie planu działania.
Jak muszą postępować, aby następnego dnia w południe ujrzeć klucz, a nie węże?

Nie mam takiej wprawy w układaniu zagadek jak inni uczestnicy tego forum. Być
może coś będzie niezrozumiałe, być może mój sposób myślenia prowadzącego do
rozwiązania jest błędny, a może jeszcze tysiąc innych rzeczy powodujących że
wszystko to okaże się niewarte funta kłaków. W razie czego będę wyjaśniał,
poprawiał, uzupełniał, odpowiadał.

Pozdrawiam,
Musztardek

Zapytanie: 5 skazańców, amfory i kule

[andy._]

Czy przypadek gdy amfora jest pusta jest rozróżnialny, to znaczy w szyjce nic
nie widać?

Pozdr. A.

[musztardek]

andy._ napisał:

> Czy przypadek gdy amfora jest pusta jest rozróżnialny, to znaczy w szyjce nic
> nie widać?
>
> Pozdr. A.
>

Tak właśnie jest - pusta szyjka oznacza, że amfora jest pusta. Kulę tkwiącą w
szyjce można wprawdzie wepchnąć do środka, ale... raczej nikt tak nie zrobi,
prawda? Oczywiście kula, która tkwi w szyjce, zwiększa już ciężar amfory.

pozdrawiam,
Musztardek

[mesquaki]

Ha! Nareszcie doczekalismy sie Musztardkowej zagadki!:))

Tylko kto bedzie teraz ratowal skazancow??

musztardek napisał:

> Kulę tkwiącą w
> szyjce można wprawdzie wepchnąć do środka, ale... raczej nikt tak nie zrobi,
> prawda?

Ja bym tak zrobila... ale pewnie cos namieszalam. Sprawdze jeszcze.
m

[cardemon]

mesquaki napisała:

> musztardek napisał:
>
> > Kulę tkwiącą w
> > szyjce można wprawdzie wepchnąć do środka, ale... raczej nikt tak nie zrob
> i,
> > prawda?
>
> Ja bym tak zrobila... ale pewnie cos namieszalam. Sprawdze jeszcze.
> m
>

Ja bym raczej tego nie robil... ;)

CdM

[marchewa4]

cardemon napisał:

> mesquaki napisała:
>
> > musztardek napisał:
> >
> > > Kulę tkwiącą w
> > > szyjce można wprawdzie wepchnąć do środka, ale... raczej nikt tak nie
> zrob
> > i,
> > > prawda?
> >
> > Ja bym tak zrobila... ale pewnie cos namieszalam. Sprawdze jeszcze.
> > m
> >
>
> Ja bym raczej tego nie robil... ;)

Mysle, ze w pewnych okolicznosciach nie byloby to wcale glupie. Np. zeby
wskazac ostatniemu, ktore amfory juz sa odpowiednio dociazone, przedostatni
moglby ostatnie kule powciskac. To tylko taka luzna idea, nie twierdze wcale,
ze prowadzi do rozwiazania.

M.

[cardemon]

Jakze niekorzystnie jest wypasc na dwa tygodnie z tego forum! Namnozylo sie tu
tyle fajnych zagadek, ze niewiadomo, ktorą wpierw czytac i rozwiazywac.
Niniejsza zagadka wydaje mi się bardzo atrakcyjna. Zdawalo mi sie tez, ze
dostrzegam rozwiazanie, ale niestety ono padlo. Oto moje rozważania (moze komus
podsuną lepszą mysl):

Zakladam, ze kazdy skazaniec wie, ktorym jest z kolei lub innymi slowy kazdy
jeden skazaniec wie, ktory w kolejnosci woreczek z kulami dostaje do reki.
Wiadomo, ze w kazdej urnie na koncu muszą znalezc sie 3 czarne i 3 biale kule.
Widac tez, ze rozklad kul w woreczkach jest symetryczny: 5-1+1-5, 4-2+2-4 oraz
3-3. Gdybyz wiec udalo sie "zebrac w pary" tych z 5-1 i 1-5 oraz 4-2 i 2-4.
Jest to proste wtedy, gdy woreczek z ukladem kul 3-3 pozostanie na sam koniec.
No ale tak przeciez nie musi byc. Generalnie wydaje sie, ze zadanie nalezy
rozwiazywac od konca, tzn. postawic sie w roli tego piatego skazanca i znalezc
dla niego sposob na rozdzial swoich kul do odpowiednich urn po zastaniu
konkretnego ukladu w pieciu urnach. Poki co moje rozważania biorą w łeb, bowiem
po najbardziej niekorzystnym losowaniu (przydzieleniu) woreczków, uklad po
czterech dystrybucjach kul staje się podwojnie "symetryczny" (czyli
nierozróżnialny dla piątego więźnia). Mozna sprobowac łamac symetrię i - idąc
za myślą Mes - skazaniec z układem 3-3 wpycha wszystkie kule do oporu, tylko ze
jak wylosuje ten układ na samym poczatku, to też bedzie klapa... Chociaz nie!!!
Zaraz sekundke!!! Przeciez wtedy drugi w kolejnosci wiezien bedzie wiedzial o
tym, ze ten przed nim wylosowal uklad 3-3 i sam dopchnie kule w tej urnie do
konca.
Oto wiec jest rozwiazanie! I najsmieszniejsze jest to, ze wpadlem na nie głośno
się zastanawiając. :))))

Swietna zagadka!

pzdr. CdM

PS. Jakby moje rozważania byly niezrozumiale, to chetnie przetlumacze je jutro
na jezyk polski.

[mesquaki]

Mój pomysł był nieco inny. Niezbędne jest do niego, żeby skazańcy wiedzieli,
którzy są w komnacie, to znaczy czy dany skazaniec wszedł jako drugi, czy na
przykład czwarty.

Skazańcy umawiają się, że pierwszy z nich wrzuca:
-do pierwszej amfory 3 jednakowe kule
-do następnej dwie jednakowe kule
-do trzeciej pojedynczą czarną kulę
-do czwartej pojedynczą białą kulę
Jeśli ma 3 kule czarne i 3 białe, to wrzuca je wszystkie do jednej amfory.
Dzięki temu następny skazaniec może się zorientować, która amfora jest tą
pierwszą i co jest gdzie (tak mi się przynajmniej wydaje :).
Drugi skazaniec dosypuje odpowiednią liczbę kul do pierwszej amfory, tak, aby
suma ciężarów wynosiła 15 i ostatnią wpycha do środka. Z pozostałych mu kul
rozmieszcza te, co może według schematu, a resztę w piątej amforze.

Na przykład, jeśli drugi skazaniec ma w woreczku 5B+1C i zobaczył tylko jedną
kulę w jednej amforze, to wpycha ją do środka, potem wsypuje 2B do drugiej
amfory, 1C do trzeciej, 1B do czwartej i 2B do piątej.

Zadaniem trzeciego skazańca jest dosypanie odpowiednich kul do drugiej amfory,
wepchnięcie ostatniej z nich i rozmieszczenie pozostałych według schematu.
Czwarty skazaniec zajmuje się jedną z amfor, w której jest tylko pojedyncza
kula (trzecią lub czwartą), resztę (ewentualną, bo może np dorzucić wszystkie
swoje 5B i 1C do 1B) wkłada do piątej.
Piąty skazaniec zastaje tylko dwie amfory z kulami, pierwszą z nich z
pojedynczą kulą, a następną z resztkami i dorzuca odpowiednio.

Nie, żebym sama siebie przekonała do tej idejki, ale błędu znaleźć nie mogę :)
No i Musztardek nie polecał wpychania kul..
m

[marchewa4]

mesquaki napisała:

> Skazańcy umawiają się, że pierwszy z nich wrzuca:
> -do pierwszej amfory 3 jednakowe kule
> -do następnej dwie jednakowe kule
> -do trzeciej pojedynczą czarną kulę
> -do czwartej pojedynczą białą kulę
Nie przesledzilem jeszcze Twojego rozumowania w calosci, ale jedno pytanie:
pierwszy skazaniec dostaje 4B i 2C, a drugi 5B i 1C. Jak rozmieszczaja kule?

Pierwszy, jak rozumiem : 3B 2C - 1B -
a drugi?

M.

[musztardek]

Kurczę, teraz widzę, jak bardzo trzeba być precyzyjnym, żeby wszystko było
jasne w takiej zagadce...

W moim rozwiązaniu nie potrzeba dopychać kuli pozostawionej w szyjce przez
wcześniejszego więżnia. Stąd niefrasobliwie napisałem:
"Kulę tkwiącą w szyjce można wprawdzie wepchnąć do środka, ale... raczej nikt
tak nie zrobi, prawda?" bo myślałem że takie działanie raczej więźniom
zaszkodzi niż pomoże. Wy natomiast zrobiliście z tego podstawę swoich
rozwiązań, aż niewiarygodne. Jesteście naprawdę świetni!

No dobrze, niech już zostanie, że kulę można wepchnąć.

Co do kolejności... jeśli więźniowie oczekują na wywołanie, to rzeczywiście
każdy wie, jako który z kolei wychodzi. Oczywiste jest, że nie wiadomo, jakie
zestawy kul zostały już przez poprzedników wykorzystane.

Istnieje jednak rozwiązanie, które uwzględnia sytuację, gdy nikt nie wie, ilu
więźniów weszło przed nim :)))

Co do Waszych pomysłów: próbuję to analizować, i na razie mam takie pytania:
Do Mesquaki:

> Skazańcy umawiają się, że pierwszy z nich wrzuca:
> -do pierwszej amfory 3 jednakowe kule
> -do następnej dwie jednakowe kule
> -do trzeciej pojedynczą czarną kulę
> -do czwartej pojedynczą białą kulę
(...)
> Drugi skazaniec dosypuje odpowiednią liczbę kul do pierwszej amfory, tak, aby
> suma ciężarów wynosiła 15 i ostatnią wpycha do środka. Z pozostałych mu kul
> rozmieszcza te, co może według schematu, a resztę w piątej amforze.

A jak rozmieszczą kule, jeśli pierwszy ma 4B+2C, a drugi 5B+1C (lub 4C+2B i
5C+1B)? Jak będzie wyglądało uzupełnienie kul w pierwszej amforze?

Do CardeMona:
> Gdybyz wiec udalo sie "zebrac w pary" tych z 5-1 i 1-5 oraz 4-2 i 2-4.
> Jest to proste wtedy, gdy woreczek z ukladem kul 3-3 pozostanie na
> sam koniec.

Jak to "parowanie" ma wyglądać w praktyce? Skąd więzień ma wiedzieć, gdzie są
amfory uzupełniane przez jego parę?

Nie mówię, że to co napisaliście jest złe. Próbuję po prostu pójść Waszym
tokiem myślenia. Może się okazać, że wszystko w Waszych rozwiązaniach jest OK
(i wcale się nie zdziwię, jeśli tak będzie :)
Pozdrawiam,
Musztardek

odp dla Marchewy i Musztardka

[mesquaki]

Pierwszy skazaniec swoje 4B i 2C wkłada tak:
3B 2C x 1B x
Drugi swoje 5B i 1 C dokłada tak:
3B+1C x x x 2B
W sumie jest:
6B+1C 2C x 1B 2B
Wpycha ostatnią kulę do gotowej amfory i trzeci więzień zastaje taki widok:
x C x B B

OK?

m

[musztardek]

mesquaki napisała:

> Pierwszy skazaniec swoje 4B i 2C wkłada tak:
> 3B 2C x 1B x
> Drugi swoje 5B i 1 C dokłada tak:
> 3B+1C x x x 2B
> W sumie jest:
> 6B+1C 2C x 1B 2B
> Wpycha ostatnią kulę do gotowej amfory i trzeci więzień zastaje taki widok:
> x C x B B
>
> OK?

Wydaje mi się, że wreszcie zrozumiałem całą procedurę. Żeby wszystko było
jasne, do wyjaśnienia Mes należy dodać, że drugi i trzeci skazaniec moga
dołożyć kule(-ę) do drugiej, trzeciej i czwartej amfory tylko wtedy, gdy nie ma
tam żadnej kuli. Potem te amfory można jedynie uzupełnić do pełna. Tak to ma
być, Mes?

I rzeczywiście, sposób działa. A przy okazji, to o ten chytry pomysł mi
chodziło - niekoniecznie trzeba wrzucać 3B+3C do amfory, żeby było 15. W moim
rozwiązaniu (innym niż Mes), dopełnia się w amforach (6B+C) i (5C)

Gratulacje za rozwiązanie również dla Mes!
Pozdrawiam,
Musztardek

[mesquaki]

musztardek napisał:

> Żeby wszystko było
> jasne, do wyjaśnienia Mes należy dodać, że drugi i trzeci skazaniec moga
> dołożyć kule(-ę) do drugiej, trzeciej i czwartej amfory tylko wtedy, gdy nie
> ma
> tam żadnej kuli. Potem te amfory można jedynie uzupełnić do pełna. Tak to ma
> być, Mes?

Tak to ma być, dzięki :).

m

[cardemon]

Śpieszę przetłumaczyć moje rozwiązanie na j. polski. Idea "dobierania w pary"
polega na tym, że dwóch z kulami 5-1 i 1-5 oraz 4-2 i 2-4 ma dokładnie tyle ile
potrzeba kul (6 białych + 6 czarnych) by zapełnic dwie urny, w tym każdą 3C+3B.
Oczywiście ten, który wylosuje uklad 3C+3B nie musi sie z nikim "dobierac", bo
sam ma juz uklad dający 15 uncji i wrzuca wszystkie kule do jednej urny. Teraz
problem polega jedynie na tym, by kazdy kolejny wiezień wiedział do ktorej urny
ma co wrzucać. Jak to zrobić? Ponumerujmy urny od 1 do 5 zgodnie ze wskazowkami
zegara. Wiezień, który wylosował układ 5-1 (1-5) wrzuca trzy jednakowego koloru
do urny nr 5, a pozostałe trzy do urny nr 1. Wiezień, który wylosował układ 4-2
(2-4) wrzuca trzy jednakowego koloru do urny nr 4 a pozostałe trzy do urny nr
2. Wiezień ktory wylosował układ 3-3 wrzuca wszystkie kule do urny nr 3 i
dopycha do końca ostatnią kulę, chyba ze przyszedl jako pierwszy, wtedy
zostawia ostatnią kulę w szyjce urny. Zauwazmy, ze każdy wiezień dokładnie wie,
gdzie jest która urna. Możliwych jest bowiem tylko 5 układów:
1) pusto w kazdej urnie -> wiezien wie ze jest pierwszy, numeruje sobie urny i
wrzuca swoje kule zgodnie z powyzej opisanym schematem;
2) kule tylko w jednej urnie -> wiezien wie, ze jest drugi, a ten przed nim
dostal w woreczku 3C+3B, a urna w ktorej tkwi kula ma nr 3, dokladnie wiec wie,
gdzie jest ktora urna i wrzuca swoje kule jak wyzej opisano, po czym wpycha
kulę w urnie nr 3 do środka;
3) kule w dwóch kolejnych urnach -> wiezień wie, że pierwsza to urna nr 5, a ta
za nią (poruszając się zgodnie ze wskazówkami zegara) to urna nr 1, wie zatem
gdzie sa urny 2, 3, 4 i co gdzie wrzucac;
4) kule w dwóch niekolejnych urnach -> wiezień wie, że są to urny 2 i 4, z tym
że między 2 i 4 (poruszając sie zgodnie ze wskazówkami zegara) jest jedna pusta
(nr 3), a między 4 i 2 dwie puste (nr 5 i nr 1);
5) kule w czterech kolejnych urnach -> wiezień wie, że pusta to nr 3 i łatwo
przydzieli numery 1, 2, 4 i 5 pozostałym urnom.

W tym rozwiązaniu żaden wiezień nie wie i nie musi wiedzieć z góry, jako który
w kolejności podchodzi do stołu.

CdM

[cardemon]

cardemon napisał:

> (...) Wiezień ktory wylosował układ 3-3 wrzuca wszystkie kule do urny nr 3 i
> dopycha do końca ostatnią kulę (...)

Bez dopychania tez sie da. :)

[musztardek]

cardemon napisał:
> Bez dopychania tez sie da. :)

No tak, teraz wszystko jest jasne, i wszystko spełnia warunki zagadki.
Gratulacje dla CardeMona za rozwiązanie, które jest zresztą znacznie prostsze
niż moje. Niemniej zachowam swoje w tajemnicy - jest zbyt chytre, żeby je
ujawniać, więc może kiedyś coś zmodyfikuję i pojawi się "5 skazańców, amfory i
kule nr 2".

Gratulacje i pozdrowienia,
Musztardek

[cardemon]

musztardek napisał:

> Gratulacje dla CardeMona za rozwiązanie, które jest zresztą znacznie prostsze
> niż moje. Niemniej zachowam swoje w tajemnicy - jest zbyt chytre, żeby je
> ujawniać, więc może kiedyś coś zmodyfikuję i pojawi się "5 skazańców, amfory
> i kule nr 2".

Dzieki za gratulacje i z niecierpliwoscią czekam na kolejne zadanie z tego
cyklu. Ze swojej strony natomiast muszę dodać, ze sam trzymam w tajemnicy moje
rozwiązanie do zadania o cyberludkach, bo jest ono "zbyt chytre, by je od razu
ujawniać". :))) Chetnie tez przedstawię w następnym poście moje rozwiązanie do
niniejszej łamigłówki, w którym nie potrzeba wciskać jakiejkolwiek kuli do
środka którejkolwiek z urn... :))

Przy okazji chciałbym też poprosić Mes (jeśli nas słucha), by przedstawiła
bliżej swoje rozwiązanie, bo dla mnie jest ono nadal bardzo niejasne. Rozumiem,
ze każdy kolejny skazaniec stosuje różną strategię (zakładając, ze wie którym
jest w kolejności), ale niejasne jest dla mnie, co dokładnie robi drugi i
trzeci z nich.

pzdr. CdM

[mesquaki]

cardemon napisał:

> Ze swojej strony natomiast muszę dodać, ze sam trzymam w tajemnicy moje
> rozwiązanie do zadania o cyberludkach, bo jest ono "zbyt chytre, by je od
> razu ujawniać". :)))

A ludki nie rozdzielone i dzieci płaczą...

> Chetnie tez przedstawię w następnym poście moje rozwiązanie do
> niniejszej łamigłówki, w którym nie potrzeba wciskać jakiejkolwiek kuli do
> środka którejkolwiek z urn... :))

???? Mordują strażników i kładą wszystkie kule razem na środku blatu??;)

> Przy okazji chciałbym też poprosić Mes (jeśli nas słucha), by przedstawiła
> bliżej swoje rozwiązanie.

Nastąpi wieczorkiem.

A rozwiązanie, swoją drogą, genialne w swojej prostocie. (To Twoje,
oczywiście :))).

m

[mesquaki]

Powtórzę się trochę.
Plan polega na tym, żeby wrzucić:
-do pierwszej amfory 3 jednakowe kule
-do następnej dwie jednakowe kule
-do trzeciej pojedynczą czarną kulę
-do czwartej pojedynczą białą kulę
-do piątej to, co zostanie
I po kolei te amfory zapełniać.

Pierwszy skazaniec rozmieszcza swoje kule według schematu, czyli wrzuca kule do
pierwszej, drugiej i trzeciej/czwartej amfory (lub wszystkie do pierwszej
jeśli wylosował 3C+3B).
Zadaniem kolejnych skazańców jest
-dopełnienie odpowiedniej amfory (drugi – pierwszą, trzeci-drugą, czwarty-
trzecią lub czwartą (jeśli może to tą, w której uzyska układ 3B+3C), piąty -
dwie pozostałe) i wepchnięcie ostatniej kuli w tej amforze,
-jeśli któraś z amfor 2-4 jest pusta i więźniowi została pasowna kula, to ją
tam wkłada ( oczywiście więzień czwarty nic nie wrzuci do drugiej amfory, choć
wygląda ona na pustą, bo wie, że trzeci więzień dopełnił ją do końca)
-te, które mu pozostaną wrzuca do piątej amfory.

Przykład
Pierwszy więzień dostaje 3C+3B kule. Wrzuca je wszystkie do jednej amfory.
Przychodzi drugi więzień, z kulami 1C+5B . Widzi jedną kulę w szyjce. Wpycha
ją do środka. Do następnej, drugiej amfory wrzuca dwie białe, do trzeciej
jedna czarną, do czwartej jedną białą, a do piątej dwie białe.
Trzeci wiezień wylosował 2C+4B. Do drugiej amfory, tej z dwiema białymi kulami,
wrzuca 4 białe kule i jedną czarną, dopycha ostatnią. Została mu jedna czarna,
którą może wrzucić tylko do piątej amfory, bo w trzeciej już jest jedna czarna.
Czwarty więzień ma 4C+2B kule i musi dopełnić jedną z amfor posiadających
pojedyncze kule: trzecią lub czwartą. Wrzuca 3 czarne i 2 białe do czwartej
amfory, (bo w tej może uzyskać układ 3B+3C), dopycha ostatnią, czwartą czarną
wrzuca do piątej amfory.
Piąty więzień dostał 5C+1B, 4 czarne dorzuca do trzeciej amfory, a 1 czarną i 1
białą do piątej.

W skrócie tak:

Pierwszy więzień z kulami: (3C+3B)
Stan amfor: 3C+3B 0 0 0 0
(wygląda to jak B/C x x x x )

Drugi (1C+5B)
3C+3B 2B 1C 1B 2B
( x B C B B )

Trzeci (2C+4B)
3C+3B 6B+1C 1C 1B 2B+1C |
( x x C B C )

Czwarty (4C+2B)
3C+3B 6B+1C 1C 3B+3C 2B+2C
( x x C x C)

Piąty (5C+1B)
3C+3B 6B+1C 5C 3B+3C 3B+3C

Albo inny przykład:

Pierwszy (4C+2B)
3C 2B 1C 0 0
( C B C x x )

Drugi (5C+1B)
5C 2B 1C 1B 3C
( x B C B C )

Trzeci (3C+3B)
5C 3C+3B 1C 1B 3C+2B
( x x C B B )

Czwarty (1C+5B)
5C 3C+3B 1C 6B+1C 3C+2B
( x x C x B )

Piąty (2C+4B)
5C 3C+3B 3C+3B 6B+1C 3C+3B

Brrr, dosyć już mam tych amfor :(

m

Rozwiazanie by Baton ;-)

[Gość: Baton]

Dawno tu sie nie odzywalem, ale sprobuje
przedstawic co dzis wymyslilem w sprawie
zagadki musztardka (a pozniej sprawdze
co wymyslili inni) ;-)))

Po pierwsze ustalmy, ze dla ulatwienia amfory
sa ponumerowane 1, 2, 3, 4 i 5, a to ktora
z nich jaki ma numer bedzie zalezalo od
woreczka, ktory otrzyma 1 wiezien.... ;-)))

Mam teraz takie mozliwosci, ze pierwszy wiezien dostal:
- 3B+3C, wowczas wklada on WSZYSTKIE kule do amfory nr 3
(czyli dowolnej), przy czym na wierzchu pozostawia czarna
- 2B+4C lub 4B+2C, wowczas wklada 1B+2C (lub 2B+1C) do
amfor nr 4 i 5 pozostawiajac w OBU na wierzchu biala
- 1B+5C lub 5B+1C, wowczas wklada 2C+1B (lub 3B) do amfory
nr 2 oraz 3C (lub 2B+1C) do amfory nr 1, tak by na wierzchu
amfory nr 2 pozostala biala, a amfory nr 1 czarna

Reszta jest juz chyba jasna.... kolejny wiezien widzac uklad
wie, ktora amfora jaki ma numer i robi co do niego nalezy
wedlug opisanych wyzej zasad... :-)))

I z tego co mysle KAZDY uklad poczatkowy bedzie niepowtarzalny
wiec kazdy kolejny wiezien bedzie juz DOKLADNIE wiedzial
co powinien ze swoimi kulkami zrobic.... ;-)))

[musztardek]

Gość portalu: Baton napisał(a):

> I z tego co mysle KAZDY uklad poczatkowy bedzie niepowtarzalny
> wiec kazdy kolejny wiezien bedzie juz DOKLADNIE wiedzial
> co powinien ze swoimi kulkami zrobic.... ;-)))

No i mamy kolejny sposób – brawo dla Batona. Ogólnie rzecz biorąc widać, że
możliwość sparowania zestawów kul (1B+5C i 5B+1C; 2B+4C i 4B+2C) daje szersze
możliwości wyjścia z opresji, niżby sobie tego życzył Król :) Będę to miał na
uwadze, przygotowując wersję nr 2 zagadki :-))

Pozdrawiam,
Musztardek

[Gość: pafcio]

a może można zrobic niesymetryczne rozwiązanie? znaczy w 1 albo 2 urnach stan
końcowy to 5 czarnych i 1 czarna + 6 białych?

[musztardek]

Gość portalu: pafcio napisał(a):

> a może można zrobic niesymetryczne rozwiązanie? znaczy w 1 albo 2 urnach stan
> końcowy to 5 czarnych i 1 czarna + 6 białych?

Pewnie że można – jeśli prześledzisz rozwiązanie Mesquaki, zauważysz, że w
zależności od sytuacji, dopełniasz amforę do (3B+3C), (5C), lub do (6B+1C).

Pozdrawiam,
Musztardek

5 skazańców, amfory i kule - wariacja

[Gość: Baton]

Pozwole sobie przedstawic swoja wizje zakonczenia.... ;-)))

Mimo, iz zagadka wydawala sie krolowi bardzo podstepna
juz pierwsza grupa wiezniow (musztardek, mesquaki,
cardemon, marchewa4 i Baton - wszyscy siur of kors
nieslusznie oskarzeni o postepowanie aspoleczne
i dzialanie na szkode krolestwa i .... krola) ;-)))
poradzila sobie doskonale i wydostala sie na wolnosc
(dodac trzeba - ku uciesze gawiedzi).
Krol wpadl we wscieklosc i zanim tworca mechanizmu
zdazyl zareagowac rozbil w drobny mak 2 sposrod 5 amfor.... :-((
W tym momencie zaswitala w jego krolewskiej glowie
podstepna mysl....
"Ciekawe czy teraz cwaniaczki beda potrafili
rownomiernie obciazyc pozostale amfory???
Niech teraz dobiora sie w pary!!!
Jesli zdolaja..... HAHAHA"
... a na ustach wykwitl mu bardziej szelmowski
niz krolewski usmieszek....
Doradca dostosowal machine do nowych wymagan krola,
a policja po raz kolejny aresztowala wszystkich
"aspolecznych wichrzycieli"...

Czy i tym razem uda im sie przechytrzyc krola?
Czy ponownie znajda wyjscie z niefortunnego polozenia?
O tym wszystkim, a takze innych ciekawych sprawach
dwoiedza sie Panstwo juz w kolejnych odcinkach serialu.... ;-)))

[andy._]

Po tych wszystkich pomysłach, które padły w wersji podstawowej wariacja wydaje
się prościutka. Wspaniała piątka wichrzycieli na pewno da sobię radę i zawsze
przechytrzy króla o ile to w ogóle będzie możliwe. Bo co na przykład zrobić
jeżeli król rozbije jeszcze jedną amforę. Pozostają chyba tylko rozwiązania
siłowe, albo radykalne jak sugerowała Mesquaki:
> ?? Mordują strażników i kładą wszystkie kule razem na środku blatu??;)
albo przecięcie jednej z kul na pół?

Jeśli chodzi o sytuacje "niemożliwe" to zawsze przychodzi mi na myśl stara
historia o dwóch żabach, które wpadły do dwóch głębokich słojów ze śmietaną.
Żaba racjonalna oceniła sytuację i uznając iż wyskoczenie z tak głębokiego
słoja jest niemożliwe pogodziła się ze swoim losem i rzeczywiście wkrótce
utopiła się. Druga żaba zaczęła bez sensu szamotać się, ubiła masło i wypłynęła
na nim do góry!

Ale wracajmy do naszego króla, a dokładniej do celi. Przy trzech amforach nie
trzeba za dużo kombinować. Wystarczy umówić się co do sposobu ich numeracji
i "parowania" kul. Mumeracja może być typu biała/czarna/wepchnięta
albo "niewepchnięta oznacza jedynkę". Narzucające się parowanie to jedynki z
czwórkami i dwójki z trójkami.
Jak już pisałem, jestem przekonany, że piątka wichrzycieli da sobie radę bez
tego grypsu i jutro będzie na wolności aż do kolejnego kaprysu króla (albo
kolejnego odcinka serialu Batona, albo chytrej wersji nr 2 Musztardka).

Pozdr. A.

[Gość: Baton]

Moje rozwiazaie opiera sie na podobnych zasadach,
ale jednak jest na pewno inne od tego, o ktorym
piszesz, wiec moze bys swoje przedstawil?

[andy._]

Gość portalu: Baton napisał(a):

> Moje rozwiazaie opiera sie na podobnych zasadach,
> ale jednak jest na pewno inne od tego, o ktorym
> piszesz, wiec moze bys swoje przedstawil?

Nie pisałem o konkretnym rozwiązaniu, precyzuję więc jeden z wariantów:
Każdy wrzuca po jednej B i C do amfory nr 1.
Pierwszy wybiera tę amforę dowolnie, determinując na stałe numerację 1,2,3 w
umówionym kierunku. Każdy dopycha kule w amforach 2 i 3, a pozostawia ostatnią
kulę w szyjce amfory 1.
Pozostałe kule (możliwości B0C4, B1C3, B2C2, B3C1, B4C0) wrzuca się według
umówionej reguły: B1 i B4 oraz C1 i C4 do amfory nr 2, a B2 i B3 oraz C3 i C2
do amfory nr 3.

Pozdr. A.

[mesquaki]

Można i bez wpychania, stosując wariację pomysłu Batona.
Wkładamy kule tak, aby zawsze zostawiać w szyjce czarną kulę w amforze
pierwszej, czarną w amforze drugiej, białą w amforze trzeciej.
W każdej amforze na końcu będzie 5B i 5C.
Więzień, który wylosował:
-1 C: wrzuca 1 czarną i 4 białe do amfory drugiej, a 1 białą do trzeciej.
-2 C: 1 parę (C+B)do pierwszej, 1 parę do drugiej, 2 białe do trzeciej
-3 C: 3 pary do pierwszej
-4 C: 1 parę do pierwszej, 2 czarne do drugiej, jedną parę do trzeciej
-5 C: 1 czarną do drugiej, 1 białą i 4 czarne do trzeciej

m

PS. Nie wichrzyliśmy!

[andy._]

No tak, z trzema amforami zadanie wydaje się proste i ma wiele możliwych
rozwiazań.
Można pójść w strone jakiejś optymalizacji, ale na pierwszy rzut oka nie widzę
kryterium, które by jakoś sensownie szeregowało rozwiązania.
Można też wprowadzić utrudnienie, że po każdej rundzie strażnicy mieszają
kolejność amfor. Czy wtedy też da się uniknąć węży?

Pozdr. A.

Pod wrażeniem rozwiązań...

[musztardek]

Rozebraliście zagadkę na czynniki pierwsze, podaliście rozwiązań cały pęczek
wraz z przeróżnymi wariacjami, ideami i kombinacjami. Naprawdę jestem pod
wrażeniem. Tym bardziej, że.... przy okazji rozbroiliście moje 2 pomysły na
kolejne wersje zagadki :))) Okazało się, że Wasze rozwiązania są tak doskonałe,
że pasują nawet do wersji utrudnionej, którą przygotowywałem :-D Brawo, brawo!
No cóż, może wymyślę jeszcze coś innego... A może ktoś inny podejmie temat kul
i amfor?? Wszak już w tym wątku pojawiły się tutaj wariacje...

Pozdrawiam,
Musztardek