アットランダム≒ブリコラージュ

18754：自分が当たったかどうかわかる？...

千客万来なり☆

慶賀の至り ^^

問題18754・・・http://task.naganoblog.jp/c10462.html より 引用 Orz〜

解答

よくこんな問題を思いつけるものね ^^;v

・わたしの...

他の4人が当たった...メールを見ても、自分が当たったかどうかわからない...

もし自分が当たってなければ、他の人には、3人が当たったとなり、それを受け取った人は、

自分が当たってなければ、2人が当たったとなり、それを受け取った人が当たっていなければ、一人当たったとなり、その人が当たってなければ、4人は外れたとなるが、その時は、そのメールをもらった人は自分が当たったとわかる...誰もそのメールを書き込まないということは、その前の人は当たっている...、その人も書き込まないという事は、その前の人も当たってる、その人も書き込まないので、その前もその前も当たってることがわかったわけね ^^

18753：必勝法...1〜5のカードを相手と異なるカードを出して行って和が20以上になった方が勝ち...

イタ飯屋で会食 ^^

なんと、ここのシェフさんはあのステリーナで武者修行されてた若者でしたぁ^^☆

道理で...器にもメニュー構成にも懐かしさを感じたわけだわさ♪

問題18753・・・http://task.naganoblog.jp/c10462.html より 引用 Orz〜

解答

・わたしの...

14で渡す...

11+3で渡す

8+3で渡す

5+3で渡す

2+3で渡す

その前は無理なので、後手が勝つわけね ^^

1-(2)-3-(1)

2-(3)

3-(4)

4-(5)

5-(3)

のように出せば勝てますね ?

↑

いい加減でしたようで ^^; Orz...

↓

・鍵コメT様からのもの Orz〜

1-(2)-3-(1)は後手勝ちですが，これは3が悪手で，1-(2)-4なら先手勝ちです．
2-(3)-2は先手勝ち．(3)が悪手で，2-(5)なら後手勝ちでした．
3-(4),4-(5),5-(3)はいずれも確かに後手勝ちです．

1-(3)-5,1-(4)-2,1-(5)-1はいずれも先手勝ちになり，
1に対して，後手には勝つ手がありません．つまり，先手に必勝法があります．

詳しくは，以下の通りです．

合計16〜19を作ると，20か21を言われて負け．
合計15は，「+5」で作った場合のみ勝ち．(他は20を作られて負け．)
合計14を作れば，相手は15〜19しか言えず，勝ち．
合計13は，「+1」で作った場合のみ勝ち．
合計12は，13か14を言われて負け．
合計11は，「+3」で作った場合のみ勝ち．(他は14を作られて負け．)
合計10は，14か15を言われて負け．
合計9は，「+5」で作った場合のみ勝ち．(他は14を作られて負け．)
合計8は，「+3」で作った場合のみ勝ち．(他は11を作られて負け．)
合計7を作れば勝ち．
合計6は，「+1」で作った場合のみ勝ち，(他は7を作られて負け．)
合計5は，6か7を作られて負け．
合計4は，7か9を作られて負け．
合計3は，(最後が+4ではないので)7を作られて負け．
合計2は，(最後が+5ではないので)7を作られて負け．
ということで，先手は「1」と言うことにより，後手は勝つ手がありません．

*なるほどねぇ...全てが尽くされていますからよくわかりました ^^♪

but...このゲームはしたくないわたし...勝てそうにないわ... ^^;;...

18752：場合の数...同じ色が連続しないような3色のボールの並べ方で、両端が赤...

問題18752・・・http://task.naganoblog.jp/c10462.html より 引用 Orz〜

解答

・わたしの...

5個で...

01010

01012

01020

01021

01201

01210

01202

01212

02でも同じ

so...16種類...

そのうち、0で終わるもの6個...so...6*10

0で終わらないもので、1で終わるもの5個...so...5*11

                                2                             ...5*11

結局...6*10+2*5*11=60+110=170種類

^^

多分、漸化式で考えるに違いない...^^;

・鍵コメT様の素敵な発想 Orz〜

次の方法も有力です．

赤を0，青を1，黄を2と表すとし，0→1や1→2や2→0を「+1」，
1→0や2→1や0→2を「+2」と表現することにします．
(つまり，mod3で，値の推移を+1か+2で表しています．)

先頭と末尾がともに0なので，+1と+2で合計9個の合計が3の倍数であり，
+1だけ9個，+1が6個と+2が3個，+1が3個と+2が6個，+2だけ9個
のいずれかです．
それぞれ，並べ方が1通り，9!/(6!3!)=84(通り)，9!/(3!6!)=84(通り)，1通り
となり，合計170通りとなります．

*鮮やかですね☆

頭が洗われるようです ^^♪

18751：証明...n枚並んでるカードを、1回に2枚を選んで移動して小さい順番に並び替えるには高々n-1回である。

流行りの酵素風呂が!!

沖縄発祥なの？...

問題18751・・・http://task.naganoblog.jp/c10462.html より 引用 Orz〜

解答

・わたしの...

1回に1枚を端に移動させることが可能...

so...n-1回でn-1枚は移動できている=残り1枚も最後にしか置ける場所がないので決まってる...

so...高々、n-1回の操作で、並び替えられますね ^^

18750：√n 以下の最大の整数=α(n),a(1)+a(2)+...+a(m^2)=?

closed...?

カレー大好きなんで...残念...^^;

問題18750・・・http://task.naganoblog.jp/c10462.html より 引用 Orz〜

解答

・わたしの...

(1)

a1=1

a2=1

a3=1

a4=2

(2)

m^2-(m-1)^2=2m-1

so...

m=2...1,1,1,2

m=3...1,1,1,2,2,2,2,2,3

(k-1)(2k-1)=2k^2-3k+1

so...

Σ[k=1〜m](2k^2-3k+1)+m

=m(4m^2-3m+5)/6

^^

・鍵コメT様の斬新な解法 Orz〜

以下の方法は，私はけっこう気に入っています．

すべての項が負でない整数の場合，
1以上の個数，2以上の個数，…を合計することで，項の合計が得られます．
(理由)
いくつかの項の値を減らすことで，合計を減らすことを考える．
1以上の項から1ずつ減らすと，合計は1以上の項数だけ減る．
まだ1以上である項から1ずつ減らすと，合計は2以上だった項数だけ減る．
まだ1以上である項から1ずつ減らすと，合計は3以上だった項数だけ減る．
このような操作を繰り返し，すべての項が0になるまで続けると，
合計は0まで減り，その減少分は，1以上の個数，2以上の個数，…の合計．

この問題では，
a[1],a[2],…,a[m^2]はすべて1以上．(m^2-1^2+1個)
a[4],a[5],…,a[m^2]はすべて2以上．(m^2-2^2+1個)
a[9],a[10],…,a[m^2]はすべて3以上．(m^2-3^2+1個)
…
a[m^2]はm以上．(m^2-m^2+1個)

よって，合計は，
Σ[k=1..m](m^2-k^2+1)=m*m^2-(1/6)m(m+1)(2m+1)+m
=(m/6)*(6m^2-(2m^2+3m+1)+6)=m(4m^2-3m+5)/6. 

*面白い解法ですね♪

√n^2と√(n+1)^2との差が1だから、この計算が成立するわけね ^^v