Эврика! Наконец-то я нашёл линейный алгоритм пятничной задачки!

← →
Алхимик © (2005-01-21 15:18) [40]

> 5. Создать простой аналог скринсейвера "Геометрический вальс"
> (Marquee, кажется, в англ. версии виндов) - т.е. на форме
> PaintBox или TImage, и летает четырехугольник (можно из
> двух линий)

Чистааа для разминки
http://www.karat.aero/geometria.rar

← →
ferr © (2005-01-21 15:20) [41]

[38]
нет. Он не получил никакой информации.

← →
default © (2005-01-21 15:22) [42]

ferr © (21.01.05 15:20) [41]
обоснуй
а я скажу что получил, и кто прав?!
нужно обосновать

← →
Cosinus © (2005-01-21 15:23) [43]

По логике нет, а по раскладу, да.
Х-Жив, Y,Z-казнены
Y-Жив, X,Z-казнены
Z-Жив, X,Y-казнены

X-Жив, Y,Z-казнены
Z-Жив, X,Y-казнены

Если я правильно понимаю, это уже минимум два раза здесь обсуждалось, что то там с "Поле чудес" и еще какой-то пример. Ветка разраслась тогда немерянно(обе;)). Опять же насколько я помню, народ вроде убедили, что вероятность все же меняется.

← →
Cosinus © (2005-01-21 15:24) [44]

> Алхимик © (21.01.05 15:18) [40]

Не работает ссылка.

← →
Sandman25 © (2005-01-21 15:25) [45]

[43] Cosinus © (21.01.05 15:23)

Только здесь наоборот. Не меняется.

← →
default © (2005-01-21 15:36) [46]

Sandman25 © (21.01.05 15:25) [45]
почему?
было три расклада
вероятность того что будет определённый расклад 1/3
он выживает в одном из трёх раскладов
то есть сначала его шансы 1/3
после инфы стало два расклада оба равновероятны независимы и составляют полную группу
в одном из них он останется жив
значит шансы стали 1/2
возросли в 1.5 раза

← →
Cosinus © (2005-01-21 15:37) [47]

> Sandman25 © (21.01.05 15:25) [45]

По моему задача ничем не отличается от задачи с открытием дверей. А там пришли к мнению, что меняется.

← →
Sandman25 © (2005-01-21 15:50) [48]

1)X-спасен, Y-называет
2)XZ
3)YZ
4)YX
5)ZX
6)ZY

Все шансы 1/6.
Y назвать не могут, поэтому реально имеем
2)XZ (шанс 1/3, так как вариант 1 превращается в данный)
3)YZ (1/6)
4)YX (1/6)
5)ZX (шанс 1/3 из-за варианта 6)

Охранник назвал X.
Остается только
4)YX (1/6)
5)ZX (шанс 1/3 из-за варианта 6)

Все равно шанс, что спасен Y, в 2 раза меньше шанса, что спасен Z.
То есть равен 1/3.
Шансы изменились только для X и Z. 1/3 на спасение от X перешли к Z.

А если без теории, то если в прошлой задаче выбор не менять, то вероятность выиграть не поменяется. В новой задаче выбор не меняется, Y не может стать Z.

← →
default © (2005-01-21 16:17) [49]

Sandman25 © (21.01.05 15:50) [48]
согласен что не поменяется, но это в условии равновероятности выбора охранником казнимого среди Y и Z когда они оба будут казнены

← →
Sandman25 © (2005-01-21 16:21) [50]

[49] default © (21.01.05 16:17)

Нет свободы выбора - охранник по условию не может назвать Y.

← →
default © (2005-01-21 16:46) [51]

X Y Z
К К Ж
К Ж К
Ж К К

при первом раскладе вер-ть которого 1/3 охранник назовёт Y
при втором раскладе вер-ть которого 1/3 охранник назовёт Z
пусть при третьем раскладе вер-ть которого 1/3 охранник называет
Y с вероятностью P1, а Z - с вероятностью P2(P1+P2=1 поскольку
кого-то он обязательно назовёт)
вероятость того что будет назван Y при первом раскладе равна 1/3
вероятость того что будет назван Y при третьем раскладе равна
(1/3)*P1
то есть в (1/3)/[(1/3)*P1]=1/P1 раз чаше будет назван Y при первом раскладе чем при втором
после получения информации о том что будет казнён Y
получаем (1/P1)*X+X=1, где X - вероятность что Y назван при третьем раскладе то есть это вероятность выживания
отсюда X=P1/(P1+1)
когда выполнено [49] то есть при P1=1/2 X=1/3
то есть шансы не меняются

← →
Sandman25 © (2005-01-21 16:51) [52]

[51] default © (21.01.05 16:46)

В предыдущих постах я спутал X и Y. С точки зрения выживаемости X его не интересует величина P1 в третьем раскладе. Он все равно жив останется.

← →
default © (2005-01-21 17:21) [53]

Sandman25 © (21.01.05 16:51) [52]
не понял твой пост [52](
выживаемость X как раз определяется тем как часто выбирает охранник Y при третьем раскладе
он называет только Y или Z
это ничего не меняет
задача в сущности не определена поскольку не понятно охранник всегда называет Y если имеетрся третий расклад(P1=1-->X=1/2 и верны рассуждения [46]) либо 50/50, P1=1/2-->X=1/3 и шансы не меняются)главно формула X=P1/(P1+1) получена больше тут в принципе искать нечего...

← →
default © (2005-01-21 17:22) [54]

строку "это ничего не меняет" надо выкинуть из поста

← →
Sandman25 © (2005-01-21 17:25) [55]

Sandman25 © (21.01.05 17:25) [55]
зависит...
она сначала 1/3 потом же она зависит от P1
то есть к примеру из 99 случаев охранник назовёт Y из первого расклада в 66 случае, а в третьем в 33, то есть и шансы выжить будут в два раза меньше то есть X+X/2=1, X=2/3

в [56] посте X это вероятность откинуть коньки

[56] default © (21.01.05 17:30)

Можно с точки зрения симметрии попробовать. Переименуй Z в Y, а Y в Z и докажи, что выживаемость X от этого изменилась.

Sandman25 © (21.01.05 17:35) [58]
допустим имеется 99 опытов
из них по 33 появился каждый расклад
в 33 случая соответ-их второму раскладу Y попросту не может быть назван
в 33 случаях соответ-их первому раскладу Y будет назван во всех 33 разах
допустим что при третьем раскладе охранник называет Y лишь в трети случаев то есть в 11 случаях соответ-их третьему раскладу будет назван Y а не Z
таким образом всего мы получили 33+11=44 случаев называния Y
из них 33 соответ-ют первому случаю а лишь одиннадцать третьему
то есть вер-ть что Y из третьего расклада равна 11/44=1/4
то есть выживает X в одном случае из 4

← →
UUU (2005-01-21 18:25) [60]

С охранником все очень просто. X и так знал, что или Y или Z казнят (если Y казнят ему от этого лучше не станет, и если Z казнят его шансы тоже не возростут), следовательно охранник не дал никакой информации (нужной).

UUU (21.01.05 18:25) [60]
этим и интересна теория вероятности - она часто обламывает интуитивные выводы

Эврика! Наконец-то я нашёл линейный алгоритм пятничной задачки! Найти похожие ветки