Комментарии 62
2 * 3 * 4 * 5 * 6 + 1.
Сокращаем лишние простые множители, остаются 3 * 4 * 5 + 1
Про монеты — 50/50. По сути у нас спросили является ли монета поддельной.
С вероятностью 0,5 согласен, но считаю что надо смотреть с точки зрения условной вероятности.
Р(2-я решка)= P(фальшивая монета)*Р(решка на фальшивой монете) = 0.5*1=0.5
Если target = 14 и k = 3, тогда выход должен быть “4 20”.
Разве не 12 и 20?
Признак делимости на 7 — число без последней цифры минус удвоенная последняя цифра делится на 7. Последняя цифра всегда 1, получаем что 6*n-2 должно делиться на 7. Ближайшее n = 5, значит число камней 60*5+1 = 301.
1 — взята фальшивая монета, выложена первой решкой вверх;
2 — взята фальшивая монета, выложена второй решкой вверх;
3 — взята настоящая монета, выложена решкой вверх;
4 — взята настоящая монета, выложена орлом вверх;
Поскольку мы видим, что наверху решка, то остаются только варианты 1, 2 и 3. Из этих вариантов решка внизу в двух, то есть с вероятностью 2/3.
про монеты 50% шанс )
От задач по терверу нужно отказаться, как когда-то отказались от логических задач, потому что ответ может меняться значительно от положения фразы "какова вероятность, что" в постановке задачи. В данном случае ответ 50%, потому что монеты всего две, выбираются они равновероятно, а значит две решки появятся только в половине случаев. Но вот если спросить иначе: какова вероятность, что после случайного выбора и подбрасывания будет решка с обоих сторон, от ответ уже получится другой.
В последнем предложении написал ерунду, но мысль должна быть понятна — переформулировав задачу, можно получить правильный ответ, отличный от "50%".
Всё зависит от того, из чего формируется множество элементарных исходов. Допустим, мы равновероятно выбираем монету. Если после подбрасывания выпал орёл, то такой исход мы не считаем, а во всех остальных — считаем. Тогда у "неправильной" монеты больше шансов попасть в выборку, а значит и шанс получить решку после переворота не 50%. Но если нам ничего не известно про возможные выпадения орла, то всё таки шанс остаётся 50%.
Ещё Евклид считал очевидным, что с помощью умножения только простых чисел можно получить все натуральные числа, причем каждое натуральное число представимо в виде произведения простых чисел единственным образом. Поэтому искомое число камней состоит из числа 7(НОД) и ещё какого-то числа Dimonds_X
При этом Dimonds_X не делится ни на 2 ни на 3 ни 5. То есть оно состоит из простых чисел >= 7. Фактически поиск таких чисел это задача факторизации, т.е. требуется пробовать и проверять. Поскольку нужно минимальное, предположим что оно состоит из 1 простого сомножителя. И оно будет минимально до тех пор, пока искомый простой сомножитель не превысит 47 ( максимальное простое число меньшее чем 7*7 = 49, а это в свою очередь минимальное число состоящее их 2х простых чисел, которые оба >=7, напомню, что числа с 2 по 5 не подходят)
Перебираем простые числа от 7 до 47 и проверяем на калькуляторе.
Суть проверки, поскольку у тех ребят всё время оставался один камень, то 7*Dimonds_X — 1 должно делиться на 2(дважды) 3 и 5. Поскольку числа кратные 5 будут встречаться реже(их просто меньше) пусть это будет первый маркер.
7*7 -> 48 fail
7*11-1 -> 76 fail
7*13-1 -> 90 win? нет fail потому что не делится на 4.
Перебирая подобным незамысловатым способом остальне простые числа в диапазоне 7 до 47
неожиданно наткнулся на
Х % НОК(2,3,4,5,6) == 1 (%-остаток от деления, НОК(2,3,4,5,6)==60)
итого Х = 60n +1.
Заметив, что 60 % 7 = 4, ищем число вида
4+4+...+4+1 = 7n
А найдя, заменяем все 4+4+… на 60+60+..., и получаем 301
Такой вариант не учитывает того, что мы уже произвели одно испытание и имеем некоторую информацию на этот счёт и в то же время наши знания на этот счёт ограничены. О чём я?
Всего у нас имеется 4 стороны монет(2 одной и 2 другой), для ясности проименуем их
a b c d/ из них a орёл, а остальные решки.
после испытания мы видим одну из b c d но не знаем которая из них. И нет никаких запретов на то, чтобы на противоположной стороне оказалась a либо две любые из b c d
иными словами, образно выражаясь, в мешке есть один орёл и две решки с равной вероятностью. Следовательно, вероятность того что на той стороне тоже решка — 2/3
Раз уж мы уже видим решку, то варианта возможно только 2 (и вероятность у них одинаковая): выбранная монета или «настоящая» или фальшивая. И этим определяется содержимое обратной стороны (т.е. 50/50). Если бы речь шла о нескольких случаях бросания монет и вероятностях тех или иных событий, то определенно вероятности могли бы быть иными. Но для отдельного определенного случая с фактическим раскладом «решка» вверху — есть только два (равнозначных) варианта.
Чтобы посчитать вероятность нужно знать количество возможных исходов, а исходов у нас может быть только 2, потому что мы уже подбросили какую-то монету и мы уже знаем что выпала решка, и когда мы перевернем монету там будет либо решка либо орел.
Второй выбор — выбор стороны, он тоже равновероятен. В случае Ф мы можем выбрать либо одну решку (ФР1), либо вторую (ФР2). В случае Н — либо решку (НР), либо орла (НО).
Таким образом до получения информации имеем четыре равновероятных исхода — ФР1, ФР2, НР, НО. Открыв глаза видим, что сверху решка, значит исход НО не выпал. Остаются три варианта, в двух из которых снизу вторая решка.
Но мне все-таки кажется, что независимо от того какая именно сторона выпала в случае с фальшивой монетой, это не влияет на исход, т.е. не важно для нас.
Давайте подождем ответы от автора статьи. Думаю кто-то из нас сильно удивиться :)
Я решил практическим путем проверить и накидал код: cpp.sh/8ibyj
У меня получается 1/3 в ответе. Я где-то допустил ошибку?
Вторая задача = 2/3. Классическая задача на теорему Байеса.
Выбирается монета. Одна из двух. Решка вверху по условию задачи. Всё, выбора больше нет.
Байес в чистом виде)) в одно действие
Задача не в том, чтобы найти вероятность выпадение решки. А именно найти вероятность, что выбранная монета неправильная!!!
Вероятность, что выбранная монета неправильная, равна 1/2 независимо от того, какую сторону мы видим.
Про монеты вероятность выкинуть правильную монету решкой вверх = 25%, для неправильной 50%, т.о. вероятность при перевороте получить решку = 2/3
{
if (i%2==1&&i%3==1&&i%4==1&&i%5==1&&i%6==1&&i%7==0&&)
{
cout<<«Значение i»<<i;
}
}
ответ 301
Мы имеем всего два варианта на старте:
1) Выпала монета орел-решка.
2) Выпала монета решка-решка.
Верхнюю решку можно не считать — это уже данность.
Таким образом, вероятность того что это монета решка-решка 50%.
Если добавить в условия еще одну монету решка-решка:
1) Выпала монета орел-решка.
2) Выпала монета1 решка-решка.
3) Выпала монета2 решка-решка.
Вот так уже вероятность обнаружения решки будет 2/3.
В двух случаях из трех мы найдем под решкой еще одну решку.
Иными словами, условие что мы на старте уже видим решку исключает ее из нашего расчета вероятности. Это уже свершившийся факт и нужно считать только те варианты, которые могут быть на скрытой стороне монеты.
20 / \ 8 22 / \ 4 12 / \ 10 14
10 > 8, но при этом находится слева от узла 8.
Выбираем 49 из логики, что множитель больше 6. При переборе получаем, что не подходит 5. Наводит на мысль, что это число имеет форму или *6 или *1, чтобы удовлетворить 5. Отсекаем вариант с *6, потому что оно будет кратно 2.
Имеем, что число должно быть в формате *1. В силу того, что при умножении 7 на числа [0..9] только один вариант дает на конце единицу (7*3=21). Перебираем множители: n*10+3.
7*13 = 91 [91 % 4 = 3]
7*23 = 161 [161 % 3 = 2]
7*33 = 231 [число 33 само по себе делится на 3]
7*43 = 301 — бинго.
Ответ: 301.
Если исключить такие последовательности, то для оставшихся нод нужно ввести перебор с конца линии к началу.
![image](https://habrastorage.org/webt/uc/gk/lv/ucgklvarte4_qo_xobb0p4q9uj4.png)
зелёная — движение курсора от начала таблицы,
красная — линия, на которой курсор понимает что число больше искомого,
голубая — линия, на которой курсор понимает что число меньше искомого,
оранжевая точка — искомое число.
Параллельные станции на обеих сборочных линиях выполняют одинаковую задачу.
то выгоднее пустить по обоим сборочным линиям две ( 2 * n ?) машин делая паралельно одно и то же?
Выпуск#18: ITренировка — актуальные вопросы и задачи от ведущих компаний