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两个可爱的谜题

2024年3月13日下午05:02

这两个谜题是由安德烈·凯辛.

困惑。我和我的朋友打算在赌场玩下面的游戏。每一轮，我们每个人（我的朋友、经销商和我）都会秘密地选择一块黑色或白色的石头，然后把它放在同一个袋子里。然后，袋子里的东西就被揭开了。如果这三块石头的颜色都一样，我和我的朋友就赢了。否则，我们将输给经销商。另外一个警告。我有一个超能力：只要我们坐下来，我就能读懂经销商的想法，了解经销商在未来所有回合中的选择。不幸的是，那时，我把这些信息告诉我的朋友并赢得所有的比赛已经太晚了。我们唯一能做的就是在比赛前就策略达成一致。

  • 设计一个策略，在10局中赢得6局。
  • 设计一个策略，在11轮比赛中赢得7轮。
  • 有可能在9轮比赛中赢得6轮吗？

困惑。在70人的人群中，一人是凶手，另一人是谋杀案的目击者。侦探可以邀请一群人进入他的办公室，询问是否有人知道什么。侦探知道除了证人之外，每个人都不会说话。证人是一个负责任的人，他对凶手的恐惧超过了他们履行公民义务的愿望。如果证人与凶手属于同一组，证人将保持沉默；否则，证人会指向凶手。侦探知道这会发生，他想在尽可能少的办公室聚会中找到凶手。他需要使用办公室的最低次数是多少？侦探应该如何操作？

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12条评论

  1. 扎鲁尼亚斯：

    对于第二个谜题，我可以在12分钟内完成。一方面，如果有更好的解决方案，我会感到惊讶。另一方面，我可以在如此多的聚会中接待81人。

    策略：每个人从游戏SET中获得一张牌。对于十二种属性中的每一种（红色、绿色、紫色、1、2、3、椭圆、波形、菱形、全、半、空），您都可以与所有持有此类卡片的人进行聚会。

    2024年3月13日，晚上9:22

  2. 拉扎尔·伊利奇:

    理性研究中心的Olivier Gossner、Penelope Hernandez和Abraham Neyman在线匹配便士。有可能在9轮比赛中赢得6轮。事实上，有一个相对简单的策略可以在4X+1轮中赢得3X：

    https://puzzing.stackexchange.com/questions/30214/strategy-to-beat-the-casino

    ”
    1.首先，玩0直到输掉一轮。
    2.发挥领导者在最后一轮输掉的比赛中所发挥的价值。这样做3个回合，除非发生3d或3e。
    第3a条。如果你只赢了3局中的2局，请再次执行步骤2。
    3b、。如果你赢了所有3轮，继续玩这个值直到你输掉一轮。再次执行步骤2。
    3c、。如果你只赢了一轮，请转到例外1。
    3d。如果您玩的值与赌场的值相同，但Leader没有，并且您正在第5轮或之后，请转至例外2。
    3e、。如果你玩的是与赌场相同的值，但Leader没有，并且你在第5轮之前，请转到例外3。

    例外情况1。看看你在最后两轮比赛中输了多少。让它们分别是A和B。接下来的5轮游戏是：A~A、A、B~B。
    例外情况2。让你在最后一轮中输掉的那一位成为A。玩~A直到第7轮，然后在第8轮和第9轮玩10。
    例外情况3。在第四轮之前，使用上一轮中使用的同一位。让A成为领队在上一轮比赛中的位置，赌场的位置与你不同。如果您遇到此例外情况时已经赢了一轮，请在最后5轮中玩~a a 0 1。否则，播放A A~A 0 1。
    ”

    8作为被问及子集中70个人的包含集，规范上必须形成一个反链，[8choose4]=70可以方便地求出这个问题的边界。也就是说，从[1、2、3、4、5、6、7、8]中为每个人分配一个大小为4的唯一子集，在指定的轮次上询问他们。例如，如果指定证人[2、5、6、8]和凶手[2、4、6、8]，则证人将在第5轮审问中确定凶手。如果没有形成反链，那么凶手可能会在每次询问证人时在场。

    2024年3月14日上午5:39

  3. 奥斯卡·坎宁安:

    对于第二个谜题，答案是8。

    我们将召集每个人到办公室参加8次聚会中的4次。由于8C4=70，我们可以为每个人分配4次不同的聚会。因此，谋杀案和证人被传唤的次数相同，但传唤次数不完全相同。所以一定有一次证人在场而凶手不在场。

    为了证明这不可能在7年内完成，请注意，自从70年>2月6日以来，必须有两个人在前6天的相同聚会上被召入办公室。如果这些人在某种程度上是证人和凶手，那么再收集一次就不足以推断出谁是谁。

    2024年3月14日上午8:18

  4. 扎鲁尼亚斯：

    很好的解决方案，奥斯卡。没有这样想过这个问题。

    2024年3月14日上午9:47

  5. 齐拉杰：

    这篇博客帖子中的拼图1和stackexchange中的赌场拼图似乎有一个微妙的区别：在这个博客的版本中，如果玩家1（“我”）和庄家选择不同的颜色，那么玩家2（“我的朋友”）就无法分辨谁投了哪块石头。在堆栈交换版本中，玩家2可以判断。

    虽然差别很小，但我认为这可能对“9人中有6人”的案件至关重要。例如，“如果你玩了与赌场相同的值，但Leader没有”的条件在这个博客版本的谜题中是不可测试的。当然，可能还有另一种策略仍然可以保证9轮中有6轮获胜，所以我编写了一个简短的C++程序，试图估计给定轮数下可以保证的最大获胜次数。（该程序并不完美，因为列举所有可能的策略似乎代价高昂，但结果似乎合理。例如，通过回溯计算，我能够说服自己“五取三”策略确实存在。）
    https://gist.github.com/zielaj/f130fe15d36340538fa0743c0bd4c351

    以下是一些结果。在每一行中，第一个数字是回合数，第二个数字是stackexchange版本中的最大获胜数，第三个数字是此博客版本中的最高获胜数：
    1 0 0
    2 1个
    3 1 1
    4 2 2
    5 3 3
    6 3 3
    7 4 4
    8 5 5
    9 6 5 ***
    10 6 6
    11 7 7
    12 8 8
    13 9 8 ***
    …
    1000 806 768

    1000个回合的数值也稍微令人鼓舞，因为它与“在线匹配便士”（0.810710…）中得出的渐近值相差不远。这也表明这个博客的版本越来越难。
    https://oeis.org/A320084

    尽管如此，在1000轮的比赛中，我仍然希望达成比0.806≈0.810710更好的协议……因此，可能是我的计划遗漏了一些策略。

    2024年3月17日，晚上10:30

  6. 拉扎尔·伊利奇:

    哦，有趣，谢谢zielaj！我相信彼得·温克勒博士在他的《数学难题》（现已免费）一书中写道，他将很快为9例中的6例提供解决方案。也许他可以在这里发表评论。

    我应该参考斯伯纳定理，作为上述谜题2中规范数字便利性的一部分。

    2024年3月19日上午8:52

  7. 萨南丹·斯瓦米纳坦:

    嗯，温克勒博士在他的书中提出的“匹配硬币”游戏相当于stackexchange上的赌场游戏。跟随者可以听到领导者对上一次抛硬币说了什么，或者跟随者可以看到上一次掷硬币的实际结果（硬币结果相当于赌场拼图中的“庄家的选择”）。因此，“9选6”的情况是可以解决的。Winkler博士的谜题没有zielaj在这里的袋子和石头谜题中发现的额外障碍，因为所有的石头都混在一起了。就像zielaj一样，我想不出一种方法可以达到9分之6的袋石版本。直到Tanya博士或谜题提交者Andrey Khesin确认在这个版本中9个中有6个可以实现或无法实现，这一点才会消失：）。

    2024年3月19日下午2:22

  8. 齐拉吉：

    我对我的程序进行了一些性能改进，并且能够运行10万次。对于堆栈交换版的拼图，我赢了81065次，这非常接近纸上的界限（0.810710…）。这让我对我的程序更有信心，所以我将对它的具体功能以及它如何影响“9个中有6个”的情况发表一些评论（有关详细信息，请参阅程序中的评论，链接是我之前的评论）。

    我的计划没有被问到“9场胜利中有6场可能吗？”。相反，它提出了一个问题，“我们需要在多大程度上约束经销商，使9人中的6人成为可能？”。换言之，“我们允许经销商从中选择的长度为9的二进制序列系列的最大大小是多少，以使9分之6总是可能的？”。如果答案是512（所有序列），则存在策略，如果答案较小，则不存在。

    我的程序不计算精确答案，而是计算上限。这是因为它没有检查序列家族中的所有序列是否是不同的。相反（为了便于处理），它只是假设如果我们取一个大小为a的族并将其与大小为B的族合并，则合并将具有a+B元素（对不全面的重叠进行一些基本检查）。

    在这种情况下，对于这个博客版本的“6 of 9”，我的程序输出，我们需要限制经销商在512个可能的序列中最多464个序列。因此，除非推理或实现中存在错误，否则这意味着实际序列数最多为464，这意味着这个博客版本的“6个9”没有解决方案。对于堆栈交换版本，我的程序说512个序列中有512个是可能的，这与现有的“9个中有6个”的策略是一致的（我们从其他来源知道这一点，但我们不能仅从程序的输出中推断出这一点）。

    2024年3月20日上午9:32

  9. 拉扎尔·伊利奇:

    对于书面记录，10例中的6例和11例中的7例都有简单的策略。我们的策略是让合作伙伴在不在指定范围内的任何时候玩黑色游戏。我们选择了免费赢球，因为他们属于这一惯例，所以如果赌场玩黑色游戏，我们也会玩黑色游戏。在以下3个动作中，可以使用第一个赌场白圈向我们的合作伙伴指示赌场的主要颜色。当我们在这一回合中没有获胜时，我们的搭档从他们看到的两块鹅卵石中扣除一块白色，从而发现了我们的指示。然后，如果出现这种情况，我们也可以在3场胜利中取3场，或者使用类似的亏损案例，向我们的合作伙伴表明这3场胜利之后的3场胜利占多数。所以我们基本上有一个W前缀，后跟一个L[LWW]块[可以无限链接到[LWW]块，或者是一个[WWW]块，它可以转换回起始位置]，或者一个L[WWW]块，也可以转换回初始位置。如果剩下的不到3个，我们可能仍然会在这样的块上显示大多数。检查显示，最坏的情况是L[LWW]WWWL[LW]与L[LWW][LWW]（10人中有6人）并列，依此类推。很抱歉这里写得平庸，在通过互联网档案馆发表论文之后，我怀疑这里的最佳总体策略是否包括取胜和简单地指出3个多数。

    2024年3月24日上午10:03

  10. 格雷戈里:

    对于第一个谜题：
    要在10局中赢得6局，请选择与袋中多数人相对的一块石头，并在5局后改变策略。对于11个回合中的7个回合，商定一个固定的顺序，并根据之前的回合和经销商的选择调整第11回合。

    对于第二个谜题：
    为了在最少的集会中找到凶手，将70人分成两组，一个接一个地邀请。如果证人在第一组中保持沉默，他们在第二组中；否则，在第一次集合后询问两组葡萄藤密度计算器

    2024年3月25日凌晨4:26

  11. 拉扎尔·伊利奇:

    也许这个谜值得进一步探索。有一个非常简单的证据表明，战略不是最优的。例如，我们可以通过添加一个新条件来生成一个支配策略。如果我们添加一个新的条件，在指定的3个范围内故意失去3个，我们的合作伙伴可以推断出我们的1个信号位……假设赌场将变成WWWWBBBBB……B，其中有30个相反的黑人排成一列。然后，我们可以在第1步走W，这样我们的搭档就走B，在第2-4步中得到走W的信号。然后在第2-4步中，我们实际上进行了BBB，然后我们的搭档现在得到了特殊情况的指示，在第5-34步中进行了B，我们可以赢得所有这些，然后我们在34场比赛中取得了30场胜利，这比我们本来做得更好，在所有其他情况下，我们得到了相同的结果，所以……我将更多地考虑如何正式地扩展论文，并考虑在这个场景中比特中的通信信息理论。

    2024年3月25日上午7:34

  12. 拉扎尔·伊利奇:

    我的意思是写下WBBBWWW……结尾是连续30个白人，而不是……我们在第2-4轮进入WWW，向合作伙伴发出连续30个怀特的信号，然后我们可以继续……无论如何，我建议现在已经结束，从你的捐款广告中删除AmazonSmile的建议。

    2024年3月25日上午7:51

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