Форум Tolkien.SU
Человек Играющий => Стол с зеленым сукном => Тема начата: Mrrl от 07/05/2005, 01:07:37
-
Другая задача по сходной тематике (одна свободная задача в этой теме еще есть):
На плоской планете построен бесконечный город, состоящий из одинаковых квадратных кварталов, разделенных прямолинейными улицами. В этом городе заблудился дядя Вася. Он бродит по улицам, но вглубь кварталов не заходит. На поиски отправили трех милиционеров. Они могут двигаться по улицам с скоростью, не превышающей некоторой максимальной, которая одинакова для всех и про которую известно, что она больше скорости дяди Васи, но неизвестно, насколько. Как только милиционер окажется на одной улице с дядей Васей, он может позвать его и тот сам придет - на этом поиски будут закончены. Могут ли они его найти и как?
-
Ну да. Представим двумерную сетку, горизонтали пусть будут улицы, вертикали - переулки.
Пусть в начальный момент времени (М)илиционеры находятся в на одной улице в трех подряд идущих перейлках(в линию короче). Тот, который посередине, смещается, например, в точку, на одну улицу выше и на один переулок левее того М, который стоит слева. Теперь этот М оказывается посередке и бежит в точку правее и ниже правого М. Так, расширяясь по одной улице и переулку одновременно во все стороны, они просмотрят всеь город. Естественно, в проверенную зону дядя Вася не пройдет, т.к. его увидят статичные М.
Задача из серии доказательств из курса матанализа, что такое-то множество является счетным(где надо занумеровать элементы). Как я только не извращался в своё время :)
-
При таком алгоритме дядя Вася во-первых, легко проникнет в "просмотренную" зону: сначала, когда доин из углов смещается из (N,N) в (N+1,N+1), он прчется в точке (N+1/2,K), где K>N - тогда граница полубесконечного участка пройдет мимо него, а потом он перемещается в точку (N,K+1/2) и ждет, пока угло не переместится в (K+1,K+1). Правда, в процессе ему придется скрываться от М, пробегающих мимо.
Во-вторых, от может спокойно пойти зигзагами по диагонали, и его никогда не догонят. Тем более, что время работы алгоритма для М пропорционально N^2 для области N*N
-
Проникнуть внутрь не удастся, потому что если он попытается проникнуть внутрь, то он окажется между двумя соседними просматриваемыми улицами, и М просто может пробежать таким образом, чтобы просмотреть переулки, где Вася мог засесть.
А вот по поводу того, что Вася убежит - да, верно...
-
Все равно сомневаюсь. Итак, M1 находится в точке (-A,-A) и нас пока не интересует. M2 находится в точке (B,B). M3 предполагает его сменить и встать в точке (B+1,B+1). Каким должен быть его маршрут, чтобы гарантировать, что дяди Васи нет во вновь захваченной зоне, и что он не проник туда во время маневров?
-
Мда, не совсем точно выходит, придется проверять после каждого недиагонального смещения, тогда нормально.
-
Первое что приходит в голову Милиционерам нужно выстроится в ряд заняв 3 перекрестка в линию, после этого подождать время, достаточное дяде Васе для пересечения одного квартала (чтобы исключить возможность нахождения Васи в промежутке между переулками) Затем М1 и М2 начинают двигаться по улице мимо стоячего М3 до следующих перекрестков. М2 очевидно доходит до следующего перекр. когда М1=М3. М2 и М3 ждут положенное время пока М1 доходит до М2 и даже чуть-чуть дальше него. далее М2 статичен М1 и М3 двигаются на следующие позиции. И так далее. Очевидно что Вася не сможет пересечь незамеченным милицейскую гребенку, правда сама гребенка будет двигаться со скоростью 3/4 Васиной и его в худшем случае просто не догонит.
Да и способ этот годится если Миллиционеры хотя-бы знают в какую сторону идти.
Другой вариант. Два мента со всей резвостью идут в одну сторону по улице, а второй в другую. Когда они достигнут такого громадного расстояния что вася точно будет между ними два мента начинают шерстить весь город по указанному выше алгоритму.
Но этот способ годится только если извесно предельное начальное расстояние между ментами и Васей.
А вообще для общего случая задачка неразрешима. Я наверное смог-бы даже это доказать.
А про луну до меня сейчас доперло. Астороном на луне может позвонить другу, живущему с ним на одной широте и попросить его взять угол какой-нибудь близкой планеты. А затем, когда по его расчетам луна повернется настолько, что он окажется в том относительном времени, в котором делал измерения его друг, и получит совсем другое значение(засчет смещения луны по орбите земли на угол равный разнице в долготе между ним и его другом).
-
Дядя Вася находится в таком состоянии, что вполне может устроиться у ближайшего киоска и проспать ближайшую пару тысячелетий. Или блуждать между двумя перекрестками. Так что "подождать время, достаточное дяде Васе для пересечения одного квартала" не получится.
Ну и конечно, задача разрешима, даже если начальное расстояние и скорость неизвестны.
Собственно, два из трех кусочков решения уже упоминались. Надо только понять, какие это, и свести вместе и додумать третий.
Про Луну - не очень понимаю. Звонит он другу, спрашивает "Где Марс?" Тот отвечает "в двух минутах к западу от Антареса". Астроном смотрит на небо и говорит "Ага, по-моему там же". Через 1/4 лунных суток Марс улетает довольно далеко, при этом отклоняется от расчетной траектории, выполняя суточные колебания. И какой же был смысл в звонке?
-
Напоминаю, что одновременно можно разгадывать до трех логических загадок.
Первая есть, хоть и в заглохшем состоянии.
Кидаю вторую. Мне ее загадали как очень сложно, а по-моему - ...
Но раз ничего столько времени не появляется, то давайте попробуем хотя бы этим реанимировать тему.
Итак, очередная задача на взвешивание.
Дано девять мешков с золотыми монетами.
Известно, что во всех мешках все монеты настоящие,
и только в одном - фальшивые.
Настоящие монеты весят 9 г, фальшивые - 10.
Необходимо указать, в каком мешке находятся фальшивые монеты,
за минимальное число взвешиваний.
Есть варианты:
1. Весы показывают точный вес одного груза.
2. Рычажные весы.
-
С рычажными - 2 взвешивания.
1.
слева - по 1 монете из мешков 1, 2 и 3
справа - по 1 монете из мешков 4, 5 и 6
Если какая-то чашка легче - дальше работаем с мешками, из которых взяли монеты для этой чашки.
Если равновесие - дальше работаем с мешками 7, 8 и 9.
В любом случае, остается только три мешка (А, Б и В).
2.
Слева - 1 монета из мешка А
Справа - 1 монета из мешка Б
Если какая-то монета легче - фальшивые монеты в мешке, из которого взяли эту монету, иначе - в мешке В.
-
Цитата из: kidd 79ый on 04-10-2005, 14:37:53
С рычажными - 2 взвешивания.
Да, это просто.
Интересно было бы усложнить условия так, чтобы все равно двух взвешиваний хватало.
Но - если 10 мешков, то, кажется, за два взвешивания нельзя. Или?
Еще вариант - если мы не знаем, тяжелее фальшивая монета или легче?
Ну и с градуированными весами - как? Там тоже нетрудно совсем.
-
10 мешков - 2 взвешиваний не хватит, ИМХО, потому что:
1 взвешивание - не более трех групп (две чашки+невзвешиваемая групп).
За n взвешиваний можно, соответственно, обработать 3n мешков.
То есть три взвешивания - уже 27 мешков (три группы по 9 мешков, после первого взвешивания остается 9 мешков и два взвешивания, а это мы уже умеем).
Если неизвестно, легче или тяжелее фальшивка - уже сложнее, это я уже не потяну :).
С весами, которые показывают вес (если фальшивка на 1 грамм меньше), кажется, можно вообще 1 взвешиванием обойтись :D
-
Цитата из: kidd 79ый on 04-10-2005, 17:08:37
С весами, которые показывают вес (если фальшивка на 1 грамм меньше), кажется, можно вообще 1 взвешиванием обойтись :D
Да. Именно это казалось моему знакомому очень сложным ;)
Рассказывай.
-
Ну, пусть еще кто-нибудь подумает :)
Я тебе пока в приватку напишу.
-
А можно ли определить за одно взвешивание и обойтись при этом меньше, чем 45 монетами?
вариант 1) Весы магазинные (с 2 чашками), но показывают вес с точностью до 1 грамма.
вариант 2) весы пружинные с 1 чашкой
-
Упрощенный вариант про дядю Васю.
Он в очередной раз напился и заблудился в городе, но на этот раз город одномерный - в нем одна бесконечно длинная улица. Да плюс еще туман с утра - куда он пошел и далеко ли ушел, не видно.
А в отделении милиции только один милиционер, способный стоять на ногах. Известно, что он двигается быстрее дяди Васи, но неизвестно, насколько. Сможет ли он его найти?
-
Mrrl, там можно 9 монет из 45 выкинуть, вообще не задумываясь. :)
В возможных расширениях задачи я думал о весах магазинных, но ничего красивого с ними не склалось.
Вот еще такой вопрос: мы помним задачу про К одинаковых монет с одной фальшивой - причем неизвестно,
легче она или тяжелее. Для взвешиваний на рычажных весах можно посчитать зависимость числа взвешиваний от К. А теперь у нас есть мешки. Можно ли найти какие-то лучшие решения по сравнению с отдельными монетами?
Варианты:
- Если мы знаем, в какую сторону и на сколько процентов по весу отличается фальшивая монета?
- Если не знаем, в какую сторону, но знаем, на сколько процентов?
- Если знаем только, в какую сторону?
- Если ничего этого не знаем?
Признаться, я на этот вопрос не отвечал. Было б интересно, если в какой-то из возможных
формулировок окажется нетривиальное по сравнению с одиночными монетами решение.
-
Да, почему-то мне показалось, что мешков 10. Тогда было бы 45. Про магазинные весы с 10 решать проще, а вот если мешков 9... 21 монета?
-
Ну 36 монет это очевидно.
И с одной чашкой пожалуй меньше не будет.
А вот магазинные весы...
20 монет.
Мент не найдет Дядю Васю. Единственный способ для него осматривать всю улицу это двигаться вперед-нзад увеличивая диапазон поиска на dх. В этом случае скорость порсмотра улицы падает порпорционально квадрату просмотренного расстояния. Так что если дядя вася идет со всех ног от участка найти его мент сможет лишь правильно выбрав направление поиска.
-
20? Не верю. Не забывайте, что у магазинных весов нуль на краю шкалы, а не посередине.
Каждый раз увеличивать диапазон на dx - не единственный способ. Можно увеличивать его сразу в 10 раз. Но и в этом случае д.Вася может убежать.
Хотя решение есть.
-
Цитата:
20? Не верю. Не забывайте, что у магазинных весов нуль на краю шкалы, а не посередине.
Да? Ну тогда действительно 21... Или 20 и гиря. А все-таки я видел весы в магазине с центральным положением стрелки.
Про дядю васю...
Перестроим задачу следующим образом. Дядя Вася двигается со скоростью х. Мент со скоростью х+d. Предположим что в разные стороны от участка вышли два подрядчика двигающиеся со скоростью х+d/n где n сколь угодно большое число. Подрядчики дядю васю очевидно найдут, поскольку они быстреее. Мент двигается сначала до первого подрядчика и спрашивает его не нашел ли он Д.В. Потом идет ко второму(он его догонит т.к. он быстрее) потом обратно к первому и т.д. Короче он один работает за этих двух подрядчиков. Считать шаг мне лень, но найти Д.В. он сможет однозначно. Интересный вопрос Каким должно быть n чтобы поиски прошли наиболее быстро.
-
Что такое "сколь угодно большое число"? Мы не знаем, чему равно d, известно только, что оно больше нуля. Так что какую скорость виртуальных подрядчиков не задай, дядя Вася может оказаться быстрее.
-
С дядей Васей пока отншения не складываются...
Будем думать вслух: есть всего два направления, куда может следовать страж
(назовем его К ;-) ).
Соответственно, можно предложить всего две принципиально разные стратегии
поиска.
Первая: после конечного числа телодвижений, если в процессе этих
телодвижений не встретится В., то К. каким-то образом отсекает одну сторону,
и начинает идти только в другую. Если К. правильно решает, что в одной стороне В. отсутствует,
то в своем движении в другую К. найдет В.
Вторая: К. не пытается отсечь одну сторону, а делает попытку контролировать сразу обе.
Т.е. он по какому-то алгоритму идет направо, песнь потом налево, опять направо,
и алгоритм заканчивается только тогда, когда К. находит В.
Ну и чего-с?..
Добавим еще стратегию В: улепетывать со своей скоростью в одну сторону, не останавливаясь.
Это, как любят говорять, постулируем "без ограничения общности".
Алгоритм второго типа должен удовлетворять требованию:
граница зоны, просматриваемой К, движется быстрее, чем В. Но у нас есть только одна скорость,
которая точно больше скорости В - это скорость К. Значит, нам нужно решить такую задачу:
Как двигать кистью по прямой влево-вправо, так, чтобы закрашенная область и влево, и вправо
росла со скоростью, асимптотически равной скорости кисти?
Нет, этого я не умею.
Стратегия первого типа могла бы быть релизована очень просто, если б мы знали, насколько
К быстрее В. Тогда бы К. шел в одну сторону столько времени, сколько гарантировано требуется
для того, чтобы догнать В. Если не догнал - разворачиваемся и чешем обратно до упора.
Но, т.к. разница в скорости может быть сколь угодна мала, то и
гарантированное время поимки В. является сколь угодно большим.
Есть у меня подозрение, что в таких условиях задача все равно сведется
к поиску стратегии второго типа.
Получается, что надо думать над вопросом, выделенным курсивом?!
Не проще ли доказать, что решения не существует?..
-
Вот такой интересный вариант:
скорость К. = к, скорость В = в.
к = в + х.
Существует м такое, что х > 1/м.
Значит, можно попробовать реализовывать стратегию "условно первого типа" - при условии,
что м = 1, 2, ...
По-моему, это решение! :)
-
Да, тут еще нам обязательно надо знать момент времени, когда В. вышел на прогулку.
-
Цитата из: Арвинд on 07-10-2005, 20:12:32
Получается, что надо думать над вопросом, выделенным курсивом?!
Именно ;)
-
Да, это можно считать решением. Только в самом деле надо добавлять предположения о моменте времени (т.е. к-в>=к/N, T(В)<=N). Но здесь самое смешное, что до момента поимки никакой дополнительной информации K не получает - поэтому его маршрут всегда один и тот же. Причем маршрут такой - бежим до точки c1, разворачиваемся, бежим до -c2, потом до c3 и т.д. Какой же выбрать последовательность ck? Существует очень простой вариант (записывается в два символа :P )
И что с исходной задачей (двумерной)?
-
Цитата из: Mrrl on 07-10-2005, 21:23:42
И что с исходной задачей (двумерной)?
Ну, можно начать с того, что отправить двух стражей
по паре перпендикулярных улиц, в соответствии с имеющимся для одномерной задачи алгоритмом...
-
Чтобы спрятаться от них, надо выбрать перекресток, который они никогда не увидят одновременно, и скрываться то за одним, то за другим углом.
-
Ну не зря же в задаче три стража!
Ок, думаем...
-
Цитата из: Mrrl on 07-10-2005, 21:23:42
Но здесь самое смешное, что до момента поимки никакой дополнительной информации K не получает - поэтому его маршрут всегда один и тот же. Причем маршрут такой - бежим до точки c1, разворачиваемся, бежим до -c2, потом до c3 и т.д. Какой же выбрать последовательность ck?
Естественно, маршрут зависит только от стражника. Последовательностей Ск, разумеется, можно предложить бесконечно много. Напишу подробнее, какое решение имел в виду ранее, когда писал
Цитата из: Арвинд on 07-10-2005, 20:17:06
Значит, можно попробовать реализовывать стратегию "условно первого типа" - при условии, что м = 1, 2, ...
Пусть скорость стражника V, скорость пьяницы U, стражник стартует от нулевой точки в правильном направлении, зная, что его отделяет от цели Y часов. Очевидно, погоня будет завершена не более, чем за Х часов, где Х считается из пропорции:
VX = U(X+Y)
Далее, если стражник не знает, куда смотался подозреваемый, то он бежит в произвольном направлении X часов, потом разворачивается обратно, добегает до нуля (за те же Х часов), и оказывается в ранее рассмотренных условиях, с той разницей, что теперь его отставание от преступника равно уже Y+2X. Поэтому бежать в другом направлении ему нужно уже дольше.
Ну и, наконец, если страдник не знает, какова скорость цели, то он может предположить эту скорость, попробовать догнать, вернуться, и сделать следующее предположение о скорости Васи - увеличить гипотетическую скорость цели, приблизив ее к своей.
Отсюда, очевидным образом, можно описать следующий класс решений:
i = 1, 2, ..., N, ... - индекс
ki - произвольная последовательность из единиц и минус единиц, в которой оба значения встречаются бесконечное число раз.
Ui - произвольная неубывающая последовательность, с первым членом больше нуля, сходящаяся к V.
Y1 = const (первоначальный отрыв во времени)
Xi = UiYi/(V-Ui)
Ci = kiVXi
Yi+1 = Yi + 2Xi.
Последовательность Ci - это те точки, между которыми бегает стражник в своих поисках.
Конечно, можно задаваться вопросом о какой-то конкретной последовательности, которую вычислять проще всего.
Я варианта из двух символов не нашел, да и не искал особо. Увидеть его любопытно, но вряд ли уважаемый Mrrl считает его обязательным критерием решения задачи.
Еще - можно задаваться вопросом о том, какая последовательность является наилучшей с точки зрения ожидаемой скорости поимки.
Можно, наконец, задаваться очень интересным вопросом о том, а все ли последовательности Ci, решающие задачу для стражника, будут принадлежать указанному классу.
Чертовски интересно, но офф-топик, право.
Может быть, конечно, что мы исчерпали все интересные логические загадки на свете, и поэтому теперь пускаемся в области, более близкие к математике, чем к логике и смекалке... Но мне б не хотелось так думать...
-
ck=k! (факториал) - два символа, или 2^(k^2) - три символа.
Правда, я не очень пытался найти строгое доказательство, но если постараться то наверняка оно найдется.
Про то, что задачу можно считать решенной, я тоже уже написал. Так что последние посты, скорее, являются обсуждением решенной задачи. Надеюсь, это не запрещено правилами?
-
Нет, обсуждение не запрещено, разумеется!
Я просто намекаю, что буду очень рад увидеть здесь хорошие логические задачи.
Второе из Ваших решений в указанный мной класс, я думаю, входит. Первый - надо искать ui... С ходу не скажу.
-
Я может не прав или еще плохо изучил Tolkien, но согласно правилу №5 хочу задать задачку.
Поспорили три мудреца, кто из них самый мудрый. И решили пойти к более мудрому и старому мудрецу, чтоб он их рассудил. Мудрец достал мешок, в котором были две белые шапки и три черные. Закрыл им глаза и одел 3 шапки. Кто первый догадается (после того как им откроют глаз) какая у него шапка тот и самый мудрый. Тогда один из мудрецов сказа не надо развязывать мне глаза я знаю какого цвета у меня на голове шапка. Вопрос какого цвета у него шапка и у его соперников, а главное как он догадался.
-
Art13, а еще у Вас задачи есть?
А то у местных задачки уже перевелись, и поэтому стимул отгадывать не очень высокий.
Никому, видимо, не хочется говорить последнее слово и быть
причиной впадания темы в очередную летаргию...
-
Да. Задачи легкие, но интересные я думаю, что кто-нибудь захочет поговорить.
-
Я не совсем понял - тот, который сказал "не развязывайте мне глаза" - он это сказал в то время, когда у двух других глаза тоже были завязаны?
-
Цитата из: kidd 79ый on 17-11-2005, 11:47:28
тот, который сказал "не развязывайте мне глаза" - он это сказал в то время, когда у двух других глаза тоже были завязаны?
Думаю, да. Потому что в противном случае придется сообщить, что такая задача уже была :(
-
Вот и я к тому же.
Но если "да" - тогда единственный правильный ответ, который я могу придумать - "А он подглядывал!" ;D
-
Не надо развязывать мне глаза я знаю какого цвета у меня на голове шапка (старейший мудрец еще не успел снять со всех повязки , не кто не подглядывал) Подсказка (нужно рассмотреть все варианты расклада шапок)
Если эта загадка была, то что мне делать?(задать другую, оставить разгадывать, сказать ответ, подскажите)
-
Если у всех в этот момент были глаза завязаны - тогда такого варианта тут не было, ИМХО.
-
Но все равно задачка мало отличается от той что уже задавалась.
Ладно, пусть думают те, кто не знает ответа.
А интересные задачки по видимому действительно закончились... Жалко...
-
Артем, если Вам не трудно - прочитайте список заданных загадок (http://tolkien.ru/forum/index.php?topic=7782.0), он наконец состряпан.
Там нет еще вопросов из темы Логические загадки-5 (http://tolkien.ru/forum/index.php?topic=10299.0) и из этой.
Если у Вас есть задача, которая не задавалась, то - милости просим!
-
Цитата из: kidd 79ый on 17-11-2005, 13:51:43
Если у всех в этот момент были глаза завязаны - тогда такого варианта тут не было, ИМХО.
Кстати, этот вариант можно порешать. Я, например, одно простенькое решение могу предложить.
Оно, правда, не совсем логическое ;)
-
Да Вы правы уже была такая загадка (не полностью наверно просмотрел раздел решенных) решение такое же.
Но вот другая простоя. Вы бежите в марафоне и обгоняете последнего бегуна. Каким по счету вы прибежите на финиш?
-
первым? :)
-
Я б сказал, что определенного ответа не существует...
-
Нет не первым. определенного наверно и нет
Подсказка (В ответе нет числительного)
-
Все зависит от того, где бегут марафон. Если кругами (по стадиону), то можно прийти любым, кроме последнего (его вы уже обогнали на несколько кругов). Если не по кольцевому маршруту, то задача поставлена не корректно (противоречие с обогоном последнего).
-
я свами согласен. задача не очень!
ответ последнего невозможно обогнать(да марафон не по кругу)
-
Ладно, я тут нашла одну задачку (надеюсь, такой еще не было). Она легкая, но зато по теме форума ;).
В Пустоземье живут три племени: эльфы, гоблины и хоббиты. Эльф всегда говорит только правду, гоблин всегда лжет, а хоббит через раз говорит то правду, то ложь. Однажды за круглым столом пировало несколько пустоземцев, и один из них сказал, указав на своего левого соседа: "Он - хоббит". Сосед сказал: "Мой правый сосед солгал". В точности ту же фразу затем повторил его левый сосед, потом ее же произнес следующий по кругу, и так они говорили "Мой правый сосед солгал" много-много кругов, да и сейчас еще, возможно, говорят. Определите, из каких племен были пирующие, если известно, что за столом сидело а) 9 (девять), б) 10 (десять) жителей Пустоземья.
-
Цитата из: shumel on 18-11-2005, 00:18:41
хоббит через раз говорит то правду, то ложь.
Т.е. у него строго чередуются правда и ложь?
Или он может говорить и правду и ложь от балды?
-
строго чередуются
-
А пока напомню, что первая задача от Арт13 не снимается!
В формулировке
ни один из мудрецов не снял еще повязку, а самый умный уже закричал: "я знаю, какая шапка на мне".
Как? ;)
-
Итак, скучающим предлагается (третья в списке нерешенных) задачка (вроде, ее еще не было):
Имеется три карточки, на каждой из которых написано одно из целых чисел. Эти числа P, Q, R удовлетворяют условию 0 < P < Q < R.
Три игроки А, В, С играют в игру, один круг которой состоит в следующем: карточки перемешиваются и раздаются игрокам по одной; затем каждый игрок получает количество шариков, равное числу, написанному на полученной им карточке; потом карточки собираются, а шарики остаются у игроков. Игра продолжается N кругов, N > 2. В конце игры у игрока А накопилось 20 шариков, у В – 10 шариков, у С – 9 шариков. Известно, что в последнем круге игрок В получил R шариков. Требуется установить, кто из игроков получил Q шариков в первом круге.
-
Задача про шапки уже решалась, так как главная логика решения (второго варианта) одинакова. Дело в том, что мудрец быстрей всех догадался не снимая повязку (то есть он представлял себе, что будет когда снимут повязки) . Что всего три варианта расстановки шапок. Первый самый легкий (Б,БиЧ), ведь белых всего две, а черных три и мудрости здесь не надо. Второй вариант (Б,ЧиЧ) мудрец так же быстро догадался. Если 1-вый мудрец с черной шапкой видит 2-ого мудреца с белой шапкой и молчит, значит он не видит две белые(иначе это вар,1). Значит третий мудрец понимает, что у него черная шапка. Но самый старый и мудрый в этом случаи не дает ни каких шансов тому кому попадется единственная белая шапка – это с его стороны не мудро. И остается третий вариант (Ч,Ч,Ч) дабы не кого не обидеть. Все это понял мудрец не снимая повязку.
-
Мне не кажется, что логика одинакова.
У нас рассматривалась задача, в которой шапки/перья были видны (с определенными ограничениями), и правильный ответ одного из участников давал бы победу всей команде.
Если в тех же условиях предположить, что шапки никому не видны, то задача решения не имеет.
Решение появляется только в случае, когда побеждает один из трех, а остальные два проигрывают,
при этом известно, что шапки одевал кто-то мудрый. Раз так, значит он должен был дать
игрокам одинаковые шансы. Даже из соображений симметрии очевидно, что наличие белых шапок на ком-то делает шансы неравными, значит, на всех одеты черные шапки.
Это другая задача и другая логика - несложная, но, на мой взгляд, более интересная, чем в рассматривавшейся когда-то задаче про индейцев. Поэтому я считаю, что эту задачу (во "втором" варианте - без снятия повязок у всех) можно было задавать как новую.
ДОПОЛНЕНИЕ: Забыл сказать, что эта вторая задача имеет еще одно забавное решение. Дело в том, что если на мудреце белая шапка, то он свой цвет угадать не сможет (это понятно из рассмотрений "классического" варианта задачи). Учитывая, что приз достанется игроку, который раньше всех назовет правильно свой цвет, а штрафа никакого нет, можно понять: игроку все равно, ошибиться или не успеть сказать первым. Отсюда вывод: в данной игре единственное правильное поведение, не задумываясь о том, какая же на мне шапка, как можно быстрее орать "черная". Если она и впрямь черная, я выиграл, а если белая, я бы проиграл по любому ;D
Короче говоря, "классический" вариант и этот отличаются мотивацией игроков, вследствие чего только во втором случае и появляется возможность решения без открытия глаз у кого-либо.
-
По-моему так и не было озвучено решение задачи:
Цитата из: Puma on 25-09-2004, 18:40:34
даны русские слова и их переводы на болгарский язык в перепутанном порядке. Кроме того, в болгарский список добавлено несколько новых слов и словосочетаний. Надо установить переводы всех болгарских слов и словосочетаний.
Болонка, пасечник, примерочная, овчарка, газета, ювелир, коровница.
Стая за проби, златар, овчарско куче, пчелар, караварка, млекарка, стая за игра на бильярд, овчарка, вестникар, малко стайно куче, вестник, тристаен апартамент.
Поэтому предлагаю свое:
Стая за проби -примерочная,
златар - ювелир,
овчарско куче - овчарка (собака),
пчелар - пасечник,
караварка - коровница,
млекарка - молочница,
стая за игра на бильярд - бильярдная,
овчарка - овечница или овчарка (не знаю как правильно по-русски), т.е. женщина, присматривающая за овцами,
вестникар - газетчик,
малко стайно куче - болонка (маленькая комнатная собака),
вестник - газета,
тристаен апартамент - трехместный номер
-
Цитата:
Поэтому я считаю, что эту задачу (во "втором" варианте - без снятия повязок у всех) можно было задавать как новую.
Полностью согласна!
-
т.к N>2 и В при последней раздачи получил наибольшее число шариков R и в результате всего 10 шариков то 3<=R<=8 тогда (учитывая, что 0<P<Q<R.) 2<=Q<=7 и 1<=P<=6
условия выполняются?
-
Q шариков получил С. Решение пока писать подожду. Задачка неплохая.
-
Как найти логически понять не могу.
Написал программу на бэсике, выдала 841 при n=3 (наверно больше вариантов нет проверял до n=5 )
Интересно?
:(
-
Ладно, расскажу про шарики.
Цитата из: shumel on 18-11-2005, 20:19:48
числа P, Q, R удовлетворяют условию 0 < P < Q < R.
Три игроки А, В, С играют в игру<...>
Игра продолжается N кругов, N > 2.
В конце игры у А накопилось 20 шариков, у В – 10 шариков, у С – 9
Обозначим S = P+Q+R. Очевидно, что S не меньше 6.
Самое главный, первый шаг решения состоит в простом замечании: сумма количеств шариков у всех игроков после N кругов равна N*S (каждый круг все игроки получают в сумме S шариков).
Мы знаем, что у них на руках 20+10+9 шариков. Число 39 имеет ровно два делителя, и из того, что S не меньше 6, получаем:
N = 3;
P+Q+R = 13.
Заметим, что у игроков B и С на руках шариков меньше, чем 13.
Значит, им достались выборки по три числа из (P,Q,R), сумма которых меньше, чем P+Q+R.
Ясно, что если в такой выборке встретится хотя бы раз R, то два остальных раза должно попасться Р - иначе сумма будет больше.
Мы знаем, что игрок В получил один раз R, следовательно, его ход игры нами разгадан полностью:
P + P + R = 10.
Игроку С не могло достаться Р шаров ни в первом, ни во втором круге.
Отсюда следует, что он также не мог получить R шаров ни разу (иначе ему надо было бы тоже получить два раза Р).
Следовательно, он получил в первом и втором круге по Q шаров.
Выпишем теперь два варианта уравнений для всех трех шаров в предположении, что третий игрок получил на третьем круге Q шаров (*) или Р шаров (**):
(С) Q + Q + Q = 9 (*)
(B) P + P + R = 10
(A) R + R + P = 20
(С) Q + Q + P = 9 (**)
(B) P + P + R = 10
(A) R + R + Q = 20
В случае (*) решаем начинаем решать систему двух уравнений 2х+у = 10, 2у + х = 20
Удвоим одно из уравнений, вычтем, получим х = 0 (у = 10). Такое решение нам не подходит.
Следовательно, задача имеет только то решение, которое удовлетворит системе уравнений (**).
Решается в уме: P = 1, Q = 4, R = 8.
Теперь я посмотрел на вопрос задачи, и понял, что на него можно было ответить раньше (упс!).
Мы еще до рассмотрений систем (*) и (**) поняли, что в первом круге Q шариков получил игрок С.
Ну и славно!
-
От Maeglor'a или Арвинд'a ожидается задачка...
-
У меня логические задачки закончились.
-
Результаты опроса (http://tolkien.ru/forum/index.php?topic=21667.0) еще не ясны, поэтому пока буду кидать сюда математические задачи, для решения которых нужна только смекалка.
Вот такая: все точки плоскости раскрасили, использовав три цвета.
Доказать, что найдется отрезок длины 1 м, концы которого окрашены в один цвет.
-
IMO-84, если не ошибаюсь. Мое решение тогда засчитали, но оно было просто ужасным. Но может быть, я что-то с чем-то перепутал.
-
«концы» — это крайние точки (по одной) с каждой стороны отрезка, я правильно понимаю??
-
правильно
-
Если за столом было 10 существ - то там чередовались эльфы и гоблины (по 5 каждого вида), а хоббитов не было. Интересный разговор начался с реплики гоблина.
Если 9 - то были только хоббиты, в начальный момент 5 были в "правдивом" состоянии, а 4 в "лживом". И они тоже чередовались - двое правдивых сидели рядом. Разговор начал правдивый хоббит, справа от которого сидел правдивый, а слева лживый.
Для доказательства заметим, что истинность фразы "мой сосед справа солгал" меняется каждый ход - после правдивого утверждения идет ложное и наоборот. Остальное - дело техники.
-
Mrrl, с Вас задачка.
-
У меня еще "двумерного дядю Васю" не решили.
Впрочем, вот старая задачка на разрезание. Может быть, кто-нибудь ее уже забыл?
На 4 клетках шахматной доски (A1,B2,C3,D4) растет по дереву. Нужно разрезать ее на 4 одинаковых связных куска, чтобы на каждом было по одному дереву. Разрезы проводить только по границам клеток.
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x * x x x x
x x * x x x x x
x * x x x x x x
* x x x x x x x
-
Что значит одинаковых? Содержащих одинаковое количество клеток? Или полностью совпадающих при наложении?
Есть ли ограничение на количество разрезов?
-
совпадающих при наложении, т.е. конгруэнтных. Ограничений на количество и форму разрезов нет (кроме того, что они идут по границам клеток). Можно не резать, а просто нарисовать границы участков.
-
* x x x x
* x x x x
* x x x x
* x x x x
вырезал по границе вроде одинаковые
Что не так? ???
-
Нужно разрезать ВСЮ доску, т.е. чтобы каждая клетка входила в один из кусков.
А задачка красивая. Можно даже доказать, что существует ровно одно такое разрезание, с точностью до... ;)
-
Режем центр свастикой и продолжаем ее прямоугольным подобием спирали (лень рисовать). По моему очевидно. А вот доказать единственность сложнее... Буду думать.
-
Арвинд. Может меня глючит, но по моему плоскость на которой не будет ни одного отрезка вполне может существовать. ???
Если, конечно размер точки бесконечно мал.
А, нет нельзя. Только-что дошло. Решение писать подожду. Задача класная.
-
Maeglor, Вам задачка "со звездочкой" ;)
Какого количества цветов достаточно, чтобы раскрасить плоскость так, что не найдется отрезка заранее заданной длины, концы которого будут окрашены в один цвет?
-
Бесконечную плоскость? Ни какго количества не хватит. В конце концов конфликты сетей тоже будет беконечного порядка.
-
Maeglor, ну и все желающие, естественно.
Можете попробовать доказать, что для девяти цветов такую раскраску плостости произвести можно.
-
В 7 цветов раскрасить легко. А про 4,5 и 6 надо думать.
-
Дано неверное равенство 101-102=1. Как переставить в нем одну цифру, чтобы оно стало верным?
-
Просто передвинуть?
Знаки – и = остаются на месте?
-
Да. Передвинуть на другое место, или убрать и вставить между другими двумя знаками. Если удастся передвитуть - или = (а цифры оставить на месте) - это тоже интересно.
-
в истинном ответе выражение остается вычитанием?
-
Да.
Забавно, но если разрешить "передвинуть один знак" (не обязательно цифру), то есть второе решение.
-
101-102=1 011-102=1 01-1102=1 01-1012=1 01-1021=1 01-102=11 011-102=1
110-102=1 11-0102=1 11-1002=1 11-1020=1 11-102=01 11-102=10 10-1102=1
10-1012=1 10-1021=1 10-102=11 1101-02=1 1011-02=1 101-021=1 101-012=1
101-02=11 0101-12=1 1001-12=1 101-012=1 1010-12=1 101-120=1 101-12=01
101-12=10 2101-10=1 1201-10=1 1021-10=1 1012-10=1 101-210=1 101-10=21
101-120=1 101-10=12 наверное вариантов больше нет
:)
-
Art13, Вы забыли в какой теме находится эта задачка ;)
Среди приведенных равенств есть верное.
А если разрешается передвинуть один знак, то верным будет равенство: 101 -10=21.
-
Цитата из: shumel on 06-12-2005, 02:13:54
А если разрешается передвинуть один знак, то верным будет равенство: 101 -10=21.
В троичной системе исчисления. Вообще-то задача имеет решение в десятичной.
-
Да, я уже поняла свою ошибку :-[. Равенство там тоже не является новым решением.
Прошу мое предыдущее сообщение не учитывать.
-
В троичной системе получается два решения:
110-102=1
101-10=21
Но это побочные решения - иначе задача была бы в математических!
-
Цитата из: shumel on 06-12-2005, 02:13:54
Art13, Вы забыли в какой теме находится эта задачка ;)
Среди приведенных равенств есть верное.
А если разрешается передвинуть один знак, то верным будет равенство: 101 -10=21.
Я извиняюсь за непонятные ответы.
Просто иногда приятно видеть хоть какие то движения со стороны отвечающих :)
-
Второе решение (когда передвинуть разрешается любой знак) - это 101=102-1 (передвигается одна черточка от равенства). Но в исходной формулировке двигается только цифра.
-
Нет, ну это же надо! Так тормозить! (это я про себя :))
Все же элементарно:
101 - 102=1
-
Кину еще ответов.
Цитата из: Арвинд on 22-11-2005, 19:55:09
Вот такая: все точки плоскости раскрасили, использовав три цвета.
Доказать, что найдется отрезок длины 1 м, концы которого окрашены в один цвет.
Проще всего - вспомнить уже рассмотренную здесь задачу о фигуре из семи точек, в которой среди любых трех найдется отрезок длины 1. Так как цветов у нас три, то мы не сможем раскрасить эти семь точек так, чтобы нельзя было найти трех точек одного цвета (можно взять две точки первого цвета, две второго, и точек третьего все равно останется три).
Цитата из: Арвинд on 27-11-2005, 00:11:08
задачка "со звездочкой"
Какого количества цветов достаточно, чтобы раскрасить плоскость так, что не найдется отрезка заранее заданной длины, концы которого будут окрашены в один цвет?
Эта одна из задач, считающихся в настоящее время нерешенными. Какой-то (а может, и все) из случаев 4, 5 и 6 цветов до сих пор никто не смог рассмотреть.
Цитата из: Арвинд on 27-11-2005, 23:16:51
Можете попробовать доказать, что для девяти цветов такую раскраску плостости произвести можно.
Можно замостить плоскость большими квадратами, каждый из этих квадратов будет состоять из девяти маленьких (3х3). Все точки маленьких квадратов будут одного цвета. Если сторона маленького квадрата Х будет удовлетворять неравенствам 2Х > 1, 2Х2 < 1, то точек одного цвета с расстоянием между ними, равным 1, на такой плоскости не будет.
Цитата из: Mrrl on 28-11-2005, 08:40:08
В 7 цветов раскрасить легко.
Это пусть Mrrl сам расскажет.
-
Надо разделить плоскость на правильные 6-угольники и раскрасить в 7 цветов по такой схеме
1122334455667711223344556677
3445566771122334455667711223
6677112233445566771122334455
1223344556677112233445566771
Здесь две подряд идущих цифры символизируют один 6-угольник. Если длина стороны шестиугольника равна a, то расстояние между двумя его точками не превосходит 2a, а расстояние между двумя шестиугольниками одинакового цвета - не меньше a*sqrt(7). Значит, при 1/sqrt(7)<a<1/2 мы получим требуемую раскраску.
-
Простенькая задачка:
Есть две верёвочки, каждая горит ровно 20 минут. Скорость горения верёвочек разная в разных местах. Как с их помощью засечь 15 минут?
-
Красивая задачка, да. :)
-
ОДНУ СГИБАЕМ В ДВА РАЗА ДРУГУЮ В ЧЕТЫРЕ СЖИГАЕМ ОДНУ ПОТОМ ДРУГУЮ. В РЕЗУЛЬТАТЕ 15 МИНУТ
-
Если согнуть в два раза, она сгорит не за 10 минут, а может быстрее. Потому что скорость горения разная в разных местах.
-
Не очень понял, как предлагается сгибать. То, что я себе по этому описанию представил, будет гореть не быстрее, а медленнее десяти минут...
-
Я понял так, что сложить вдвое, и поджечь эту более толстую (двойную) веревку. Если я правильно понимаю, то огонь на каждом участке будет идти со скоростью более "быстрой" одинарной веревки: пламя на ней будет поджигать "отстающую" веревку.
-
Поджигаем одновременно одну веревку с обоих концов и другую с одного первая сгорает за 10 минут , а вторая на половину и в этот момент поджигаем другой конец второй веревки и она сгорает за 5 минут
-
Да, такое должно сработать.
Поджигаем первую веревку с двух концов, а когда она сгорает - поджигаем вторую с четырех концов :D
-
Art13, загадывайте!
-
Пока ищу . Есть одна класная загадка из журнала " наука и жизнь". Как наиду напишу. А пока загадываите .ВЫ......
-
Проводится своеобразная лотерея. Человеку предлагают два одинаковых с виду кошелька, в каждом из которых лежит сколько-то денег (можно считать, что в одном вдвое больше, чем в другом). С обратной стороны каждого кошелька написано, сколько денег лежит в другом кошельке. Человек случайно выбирает один из кошельков, смотрит, какая сумма на нем написана, и дальше либо покупает этот кошелек за эту сумму, либо отказывается от игры.
Существует ли у него стратегия, при которой он в среднем останется в выигрыше? Изменится ли ответ, если дать ему третью возможность - не глядя купить второй кошелек?
Считается, что человек намного богаче организаторов лотереи.
-
это масса одного метра.
P.S. как модератор, я не очень понимаю, что этот вопрос делает в треде "Логические загадки"
-
Цитата из: Mrrl on 10-01-2006, 11:28:15
Проводится своеобразная лотерея. Человеку предлагают два одинаковых с виду кошелька, в каждом из которых лежит сколько-то денег (можно считать, что в одном вдвое больше, чем в другом). С обратной стороны каждого кошелька написано, сколько денег лежит в другом кошельке. Человек случайно выбирает один из кошельков, смотрит, какая сумма на нем написана, и дальше либо покупает этот кошелек за эту сумму, либо отказывается от игры.
Существует ли у него стратегия, при которой он в среднем останется в выигрыше? Изменится ли ответ, если дать ему третью возможность - не глядя купить второй кошелек?
Считается, что человек намного богаче организаторов лотереи.
А что если попробовать покупать кошельки на которых написано нечетное число?
-
Один раз это может сработать. Но потом организаторы сообразят, в чем дело, и начнут предлагать кошельки с суммой, которая делится на большие степени двойки. Так что постоянного выигрыша не получится.
Но какое-то решение из этого сделать можно (причем я его раньше не видел).
-
Цитата из: Bindaree on 04-03-2006, 20:41:52
P.S. как модератор, я не очень понимаю, что этот вопрос делает в треде "Логические загадки"
Как насчет темы "Брэйн-ринг" - с вопросами для "знатоков"?
-
поддерживаю. надо только найти ведущего-задавальщика вопросов :)
-
Имеется поле 20х20 состоящее из 400 клеточек ;D .Также имеется 200 камней домино , каждый из которых покрывает две клеточки.Как легко доказать ,200 камней полностью покрывают поле. Отрезаем нижнюю левую клеточку поля, а потом правую верхнюю.Требуется покрыть получившееся поле в 398 клеточек при помощи 199 камней домино или доказать, что это невозможно.
Предположу, что решений несколько ,но думаю , что мне известно самое простое и элегантное 8)
Надеюсь возродить топик
-
Trurl,
если хотите возродить топик, можете сразу еще одну загадку писать. Эта довольно известная...
-
Я все же напишу решение. "Для порядку". :)
Если не ошибаюсь, там делается так: раскрашиваем клетки поля в белый и черный цвета в шахматном порядке. :) Затем говорим, что, как бы мы ни ставили доминошку, одна ее половинка ляжет на белую клетку, другая - на черную. То есть необходимо, чтобы общее количество черных и белых клеток было одинаковым. Ну и в конце замечаем, что при предложенном вырезании мы отрежем либо две черные, либо две белые клетки, то есть каких-то клеток станет на две больше, чем других. Следовательно, после этого доминошки мы расставить не сможем.
Я пытался решить задачу другим способом, но 20 уравнений с 39 неизвестными и еще непонятными неравенствами - это не наш метод. :)
-
2Арвинд: К сожалению пока больше ничего в голову не приходит, так как задачки в основном брал из данного топика.
Могу запостить софизм:
a>b
=> a=b+c
a(a-b) = (b+c)(a-b) //домножаем обе половины на a-b
=> a^2 - ab = ab - b^2 +ac- bc
=> a^2 - ab -ac= ab - b^2 - bc
=> a(a - b - c) = b(a - b - c ) // сокращаем обе части на (a - b - c)
=> a = b
Итак , если a>b => a=b
В чем ошибка?
-
Делить на ноль нельзя, это даже я знаю :)
-
Из тойже серии:
http://photofile.ru/users/snob/1399914/30311496/
По этой ссылке находится прямоугольный треугольник ABC (угол ACB =90°)
В нем проведен серединный перпендикуляр стороны ВС а также биссектрисса угла ВАС , которые пересекаются в точке М.Точку М соединяем с двумя другими вершинами АВС а также кидаем из нее два перпендикуляра на АВ и АС.
Рассмотрим триугольники AMD и AMF:
Угол DAM = угол FAM - биссектрисса
Угол DMA = угол FMA( = 90 - DAM =90 - FAM )
Гипотинуза АМ общая
=>Триугольники AMD и AMF равны
=> AD = AF (1)
MD = MF (2)
Рассмотрим триугольники ВMЕ и СМЕ:
ВЕ = CЕ - серединный перпендикуляр
МЕ общая
=>Триугольники ВMЕ и СМЕ равны по двум катетам
=> МВ = МС (3)
Рассмотрим триугольники MDB и MFC:
Из (2) и (3) следует , что они равны (по катету и гипотинузе)
=> DB = FC (4)
Итак пользуясь (1) и (4) можно утверждать , что в прямоугольном триугольнике длина катета равна длине гипотенузы
8)
-
Такое ощущение, что тут полно глюков. :)
Но я понял по крайней мере, что BE = CE - это уже ни капли не правда. Биссектриса AM делит среднюю линию FD' так, что FM < MD' (так как треугольник прямоугольный). А так как CE = FM < MD' < FD' = 0.5*CB, то СЕ никак не может равняться 0.5*CB.
Другие глюки искать не надо? :) Или их нет?
-
На самом деле дело вот в чем :)
Пусть Р - точка пересечения биссектрисы угла А с ВС. Тогда РВ - расстояние от Р до АВ, оно равно расстоянию от Р до ВС(по свойству точек биссектрисы), а последнее строго меньше РС, поскольку угол РСА не прямой :)
Таким образом, РВ<РС, что означает, что точка М лежит вне треугольника АВС :)
Это делает невозможным заключительное суммирование длин отрезков :)
А жаль, я почти поверил ;D
-
2Ethillen:
Цитата из: Ethillen on 12-07-2006, 12:53:20
Но я понял по крайней мере, что BE = CE - это уже ни капли не правда.
BE = CE поскольку МЕ серединный перпендикуляр(случайно перепутал со средней линией, не бейте , уже исправил)
2aborgen:
Цитата из: aborgen on 12-07-2006, 14:44:23
Пусть Р - точка пересечения биссектрисы угла А с ВС. Тогда РВ - расстояние от Р до АВ, оно равно расстоянию от Р до ВС
Не совсем согласен. Расстояние от Р до АВ , это перпендикуляр брошенный на АВ. А расстояние от Р до ВС равно нолю ,поскольку Р - точка пересечения биссектрисы угла А с ВС. Возможно у вас где-то банальная описка. Но Ход мыслей верный , М действительно лежит вне АВС.
Может у вас какие задачки появились?
-
Тьфу, описка :)
Пусть Р - точка пересечения биссектрисы угла А с ВС. Тогда РВ - расстояние от Р до АВ, оно равно расстоянию от Р до AC, конечно :)
А головоломок своих в запасе у меня нету =(
-
Ну этот совсем легкий, можно даже не отвечать :
1) 16 - 36 = 25 - 45
2) 16 - 36 + 81/4 = 25 - 45 + 81/4
3) 4^2 - 2 * 4 * 9/2 + (9/2)^2; = 5^2 - 2 * 5 * 9/2 + (9/2)^2
4) (4 - 9/2)^2 = (5 - 9/2)^2
5) 4 - 9/2 = 5 - 9/2
6) 4 = 5
7) 2 x 2 = 5.
-
Довольно глупая задачка. Но логическая.
Есть две страны, например, Канада и США. Каждая из них ценит свою валюту выше валюты соседа. То есть, за канадский доллар в США дают 90 американских центов, а в Канаде - наоборот.
Около пограничного пункта стоят два бара (в разных странах). Кружка пива в каждой стоит 10 центов. Человек с американским долларом в кармане приходит в американский паб и берет там кружку пива. Чтобы не возиться с мелочью, ему дают на сдачу канадский доллар. Он с ним переходит границу, заходит в канадский паб - и там ситуация повторяется.
Так он и ходит туда-сюда с долларом в кармане и пьет пиво. За чей счет он это делает?
-
Это называется "арбитраж" :)
Теряют те, кто устанавливает арбитражные котировки, выигрывают - те, кто успевает ими воспользоваться.
В данном случае пиво оплачивается правительствами США и Канады совместно.
-
А причем тут правительства? Центробанки чеканят свои серебрянные доллары, выпускают их в столицах, оттуда их развозят по провинциям. Предположим, что остальное, включая обменный курс - дело пользователей (и вообще, обменный курс сложился исторически). Как тогда?
-
Цитата из: Mrrl on 18-09-2006, 12:54:38
Предположим, что остальное, включая обменный курс - дело пользователей (и вообще, обменный курс сложился исторически). Как тогда?
"Исторически" арбитражная ситуация возникнуть может, но только на короткое время. Убытки от нее несут те, кто ее поддерживает.
-
В общем, ответ правильный, но кто ее поддерживает (если обменный курс менять никто не собирается)?
Кстати, у меня получилось, что исходная модель может быть устойчивой. Если доллары в обеих странах - это куски серебра по полунции с казначейской печатью, а такой же кусок серебра, но без печати, стоит, скажем, 80 центов, то в каждой стране "чужие" доллары слегка дешевле "своих". А объяснить поведение бармена можно, например, если считать, что пиво стоит не 10, а 7 центов.
Что-нибудь вроде Бухары и Самарканда времен Ходжи Насреддина (или еще раньше).