Когда я выбирал последний ноут, то столкнулся с противоположной проблемой. Всё, что подходило моим требованиям (достаточно быстрый i7, не меньше 8 ГБ, не больше 14", не меньше 1600 пикселей в ширину), упорно оказывалось с Win7. А мне не хотелось тратить лишнюю минуту на загрузку. В конце концов нашёл то, что надо, но пришлось долго искать.
Проблема «на какой странице нужная группа» не отпадает. А отдалиться, найти группу, войти в неё, найти значок — это уже не «мгновенный доступ». Была бы возможность иерархии (возможность поставить на первой станичке ярлыки групп) — любой ярлык находился бы в 2-3 щелчка, причем быстро.
Если бы можно было уменьшить иконки хотя бы до размеров ярлыков десктопа (и при этом располагать, как хочешь) — это был бы мгновенный доступ (и тогда на десктопе можно было бы оставить только ярлыки для drag-and-drop). А так — где нужную задачу искать, на какой странице?
Или возможность уменьшить размер, всё-таки, есть?
Так я же написал — «Не всегда находится время перетащить нужный ярлык… в самую левую группу на метро-экране». Когда мне надо запустить задачу — мне надо её запустить, а не приготовиться к тому, чтобы в следующий раз мне было её запускать удобнее (начну перетаскивать ярлык — потеряю контекст). А когда закончу работать с задачей — надо использовать полученные сведения, или просто заниматься другими делами, опять перетаскивать некогда. А в свободное время я и не вспомню, какие задачи у меня были неожиданно популярными (те, про которые помню, давно сидят в Quick Launch). Кнопка «Start» в этом смысле экономила время и силы, предсказывая мои действия, да и сохраняя информацию для дальнейшей оптимизации работы.
Кнопка «пуск» хороша списком часто запускавшихся задач. Не всегда находится время перетащить нужный ярлык на десктоп (да и сам десктоп не всегда видно — а окна сворачивать иногда не хочется), или в самую левую группу на метро-экране. Так что приходится искать его по всем группам. Был бы список — ярлык популярной задачи был бы в нём.
Когда я пытался сделать что-то подобное, получилось так:
(по клику — оригинальный размер). Это какой-то фрагмент созвездия Лебедя.
Было сделано 50 кадров с выдержкой 1/2 сек, 1:3.6, ISO 800, ЭФР=66 мм. Потом программа нашла на каждом кадре десяток самых ярких пятен, подобрала для них оптимальное совмещение и просуммировала то, что получилось. Итоговый кадр обрезала по какому-то порогу яркости.
Сравнение с картами звёздного неба показало, что так можно увидеть звёзды примерно до 9.5 зв.вел. Что за мусор в левом нижнем углу — уже не помню. Не то Млечный Путь, не то засветка от города, пробившаяся через порог.
Слияние веток вселенной, насколько я понимаю, используется в тех же фейнмановских диаграммах — когда просчитывается интеграл волновой функции по всем возможным траекториям и событиям. Чтобы эта модель работала, нам как раз и нужно, чтобы Вселенная расщепилась на возможные варианты, а потом эти варианты слились, проинтерферировав друг с другом.
Ну, и кроме того, Вселенная может сливаться с другими ветками, отщепившимися ещё в эпоху Большого Взрыва — на этот раз действительно за счёт того, что состояния всех частиц совпадают. Нам это почти незаметно — вот только прошлое оказывается таким же непредсказуемым, как и будущее.
Пример с фотоном работает только в детерминированном мире. В условиях квантовой неопределённости распространение информации об его прибытии будет размыто такой пеной всевозможных вероятностных событий, что Наблюдатель и не разберёт, что было причиной дождя, и повлиял ли на него фотон. Максимум, что он может сделать — это измерить энергию и импульс планеты, и убедиться, что незапланированный фотон действительно где-то застрял.
Не было точки. Большой взрыв произошёл во всей бесконечной Вселенной одновременно. У Вселенной центра нет.
А вот «выделенная» СО (которая примерно на 300000 лет моложе Вселенной) существует. Это система, привязанная к микроволновому реликтовому излучению. Возможно, какое-нибудь нейтринное или гравитационное реликтовое излучение даст другие, более ранние системы, но мы их пока не видим.
Ничего хорошего найти пока не удалось. Если в какой-нибудь модели есть что-нибудь интересное (богатый набор пульсаров, глайдеры и т.п.), то, скорее всего, она оказывается неустойчивой: локальное повышение плотности приводит к появлению хаотической области, которая рано или поздно захватит весь мир. Возможно, нужно больше, чем два состояния. И более хитрая решётка (хотя я пробовал разные).
Больше похоже на Тьюринг-полноту. На модели Конвея можно реализовать машину Тьюринга, а значит, и любой алгоритм. И потом воспользоваться теоремой об алгоритмической неразрешимости задачи останова. То есть, мы можем просчитать результат через сколь угодно большое время, но не существует алгоритма, который мог бы определить, существует ли N, после которого модель «остановится».
Но второй же должен назвать цвет своей шапки, а не шапки третьего. Если цвета шапок будут чередоваться, то убьют всех.
Но есть ещё вариант, когда первый говорит, что у него шапка бело-бело-чёрно-бело-чёрно....-чёрная (перечисляя все цвета, которые он видит). Жаль только, что его тогда убьют в любом случае, и полжизни будет проиграно.
Насколько я понимаю, работает такая лемма. Если многоугольник (не обязательно связный) можно разрезать на два куска, один из которых переходит в другой некоторым преобразованием R, то границу этого многоугольника можно разбить на конечное число пар отрезков A_i и B_i так, что для любого i существует такое k, что B_i=R^k(A_i). При этом если k нечетно, то ориентация отрезка границы относительно фигуры сохраняется (точки фигуры в окрестности отрезка переходят в точки фигуры, а точки из её дополнения — в точки дополнения). А если k четно, то наоборот — фигура и её дополнение в этом месте меняются местами.
Правда, обратное, скорее всего, неверно. Но для поворотов можно довольно быстро ограничить множество потенциальных центров (взяв фрагмент границы и нарисовав множество центров поворотов, переводящих его в другие фрагменты — это будет набор отрезков). Пересечение таких фигур для нескольких фрагментов и даст множество центров. А вот когда отрезки границы вдруг разобьются на пары — можно будет начинать чесать затылок.
Лжец подумает, что это вежливая форма вопроса «находится ли сокровище за 1ой дверью?», и ответит на этот вопрос. Естественно, соврёт. Вопрос «что скажет второй, если я его спрошу, за какой дверью сокровище» неправильно понять труднее.
Был вариант, когда одну карту из 5 тоже выбирают зрители, а ассистент должен сформировать колоду из оставшихся 4 карт и молча передать её фокуснику (например, подсунуть под дверь). Там оставшийся бит можно закодировать, например, тем, как ориентирована колода при передаче — рубашкой вверх или вниз.
Обозначим через f(k,n) количество этажей, которые мы можем проверить, имея в запасе k бросков и n шариков.
Если k=0 или n=0, то мы не можем проверить уже ничего: f(k,0)=f(0,n)=0.
Если есть один шарик и один бросок — можем узнать, разобьётся ли он при падении с какого-то конкретного этажа: f(1,1)=1.
В общем случае нам выгоднее всего подняться на этаж с номером f(k-1,n-1)+1, и бросить шарик с него. Если шарик разбился, то мы попали в ситуацию (k-1 бросок, n-1 шарик), чего нам как раз хватит, чтобы проверить f(k-1,n-1) пропущенных этажей. (понятно, что делать первый бросок с более низкого этажа не было смысла, а с более высокого — нельзя, если шарик разобьётся, то проверить всё не успеем). Если же шарик не разбился, то мы можем проверить ещё f(k-1,n) этажей.
Таким образом, f(k,n)=1+f(k-1,n-1)+f(k-1,n). Легко посчитать, что
f(k,1)=k
f(k,2)=Comb(k+1,2)=k*(k+1)/2
f(k,3)=Comb(k+1,3)+k=(k^3+5*k)/6
(дальше система пока не вырисовывается).
Но уже видно что f(13,2)=91, а f(14,2)=105 — т.е. при двух шариках 13 бросков мало, а 14 хватает. При 3 шариках достаточно 9 бросков: f(8,3)=92, f(9,3)=129. Для 4 шариков нужно 8 бросков, для любого большего числа шариков — 7 бросков.
Или возможность уменьшить размер, всё-таки, есть?
(по клику — оригинальный размер). Это какой-то фрагмент созвездия Лебедя.
Было сделано 50 кадров с выдержкой 1/2 сек, 1:3.6, ISO 800, ЭФР=66 мм. Потом программа нашла на каждом кадре десяток самых ярких пятен, подобрала для них оптимальное совмещение и просуммировала то, что получилось. Итоговый кадр обрезала по какому-то порогу яркости.
Сравнение с картами звёздного неба показало, что так можно увидеть звёзды примерно до 9.5 зв.вел. Что за мусор в левом нижнем углу — уже не помню. Не то Млечный Путь, не то засветка от города, пробившаяся через порог.
Ну, и кроме того, Вселенная может сливаться с другими ветками, отщепившимися ещё в эпоху Большого Взрыва — на этот раз действительно за счёт того, что состояния всех частиц совпадают. Нам это почти незаметно — вот только прошлое оказывается таким же непредсказуемым, как и будущее.
А вот «выделенная» СО (которая примерно на 300000 лет моложе Вселенной) существует. Это система, привязанная к микроволновому реликтовому излучению. Возможно, какое-нибудь нейтринное или гравитационное реликтовое излучение даст другие, более ранние системы, но мы их пока не видим.
Но есть ещё вариант, когда первый говорит, что у него шапка бело-бело-чёрно-бело-чёрно....-чёрная (перечисляя все цвета, которые он видит). Жаль только, что его тогда убьют в любом случае, и полжизни будет проиграно.
Если многоугольник (не обязательно связный) можно разрезать на два куска, один из которых переходит в другой некоторым преобразованием R, то границу этого многоугольника можно разбить на конечное число пар отрезков A_i и B_i так, что для любого i существует такое k, что B_i=R^k(A_i). При этом если k нечетно, то ориентация отрезка границы относительно фигуры сохраняется (точки фигуры в окрестности отрезка переходят в точки фигуры, а точки из её дополнения — в точки дополнения). А если k четно, то наоборот — фигура и её дополнение в этом месте меняются местами.
Правда, обратное, скорее всего, неверно. Но для поворотов можно довольно быстро ограничить множество потенциальных центров (взяв фрагмент границы и нарисовав множество центров поворотов, переводящих его в другие фрагменты — это будет набор отрезков). Пересечение таких фигур для нескольких фрагментов и даст множество центров. А вот когда отрезки границы вдруг разобьются на пары — можно будет начинать чесать затылок.
Если k=0 или n=0, то мы не можем проверить уже ничего: f(k,0)=f(0,n)=0.
Если есть один шарик и один бросок — можем узнать, разобьётся ли он при падении с какого-то конкретного этажа: f(1,1)=1.
В общем случае нам выгоднее всего подняться на этаж с номером f(k-1,n-1)+1, и бросить шарик с него. Если шарик разбился, то мы попали в ситуацию (k-1 бросок, n-1 шарик), чего нам как раз хватит, чтобы проверить f(k-1,n-1) пропущенных этажей. (понятно, что делать первый бросок с более низкого этажа не было смысла, а с более высокого — нельзя, если шарик разобьётся, то проверить всё не успеем). Если же шарик не разбился, то мы можем проверить ещё f(k-1,n) этажей.
Таким образом, f(k,n)=1+f(k-1,n-1)+f(k-1,n). Легко посчитать, что
f(k,1)=k
f(k,2)=Comb(k+1,2)=k*(k+1)/2
f(k,3)=Comb(k+1,3)+k=(k^3+5*k)/6
(дальше система пока не вырисовывается).
Но уже видно что f(13,2)=91, а f(14,2)=105 — т.е. при двух шариках 13 бросков мало, а 14 хватает. При 3 шариках достаточно 9 бросков: f(8,3)=92, f(9,3)=129. Для 4 шариков нужно 8 бросков, для любого большего числа шариков — 7 бросков.