40
Cred ca la inceput de saptamana cand nici iarba nu creste, un imbold primit din partea unor probleme de logica ar fi binevenit pentru “demarajul” mintal necesar unei noi saptamani. Sper sa fiti mai inspirati decat sunt eu lunea.
Problema 1
Ni se inmaneaza 10 bancnote de 10 dolari si 10 de 1 dolar, noi, si avand aceeasi marime, iar dupa impartirea in doua a bancnotelor (intr-un mod pe care il decidem noi) acestea sunt puse in doua palarii. Dupa aceea suntem legati la ochi, iar palariile (si continutul bancnotelor din ele) sunt amestecate de altcineva, dupa aceea noi putand sa luam o bancnota din palaria in care introducem mana.
Cum putem maximiza sansele de a obtine o bancnota de 10 dolari?
Problema 2
Cinci obiecte, niciunul egal cu altul ca masa, trebuie sa fie ordonate crescator dupa masa lor, avand la dispozitie doar o balanta (dar fara greutati), in numai sapte cantariri.
Cum procedam?
Problema 3
Un iluzionist a realizat urmatorul truc. A asezat (cu fata in jos) pe o masa 3 cesti de cafea, dupa care a invitat o persoana din public sa ascunda sub una dintre ele o cutie goala cu chibrituri (el stand intors spatele pentru tot restul trucului), dupa care sa miste pe masa cestile, doua cate doua, fara sa le ridice, schimbandu-le astfel pozitia pe masa, si anuntand cu voce tare numarul lor (de ex. Schimb ceasca 1 cu 3 samd) . Pentru antrenament i s-a cerut sa schimbe initial doua cesti (nu cea cu cutia de chibrituri dedesubt), atragandu-i-se atentia sa nu spuna cu voce tare numarul lor. La sfarsitul seriei de rotatii ale cestilor, iluzionistul s-a apropiat de masa, a privit cestile, fara sa le atinga, si a indicat ceasca sub care fusese ascunsa cutia de chibrituri.
Cum a reusit?
la P1, sansele ar fi 1/2*(k)/10+1/2*(10-k)/10 pentru formula de interes… k pare a fi 5… adica 5 de 10 si 5 de 1 intr-o palarie si la fel in cealalta. daca rezolvarea propusa e total pe dinafara am sa ma orientez dupa celelalte 🙂
noiembrie 8, 2010 - 8:46 amla P3 , logica de compunere a problemei pare reusita pentru a antrena atentia distributiva in domeniul abstract, probabil mai mult pentru copii, problema neparand a fi grea – foarte grea
la P2 , ca reflex , as modela algoritmic 🙂 trebuie ceva inteligenta numai si pentru atat 🙂
noiembrie 8, 2010 - 8:54 amla P2 probabil ca o varianta de studiu ar fi impartirea in doua grupe, 1+4 sau poate 2+3, “sortarea acestora” dupa care folosirea unei “interclasari ” a celor doua grupe, de tip optimizat, care, in cazul 2 + 3 , sa foloseasca 3 mutari ramase disponibile, din cele 7 insa , cinstit vorbind, nu prea stiu cum, eu, cel putin
noiembrie 8, 2010 - 9:04 am“interclasare”…. (merging)…. sau poate o “insertie” mai sugubata…. cine poate sti 😉
noiembrie 8, 2010 - 9:20 amla P2 am mers pe posibilitatea compararii doar a doua elemente “la o cantarire” , ca in algoritmica de tip clasic pentru sortare/ordonare. interesant mi se pare ca nu am gasit decat cateva variante cu 8 schimbari/testari ceea ce face ca problema sa para interesanta…. am meditat si la algoritmizarea ei: prima data se considera “sirul total necunoscut dpdv al ordinii” (nu se cunoaste rezultatul nici al unei comparari) dupa care comparand cate doua, retinand rezultatul si evaluind corect cu ajutorul aplicarii corecte a principiului tranzitivitatii relatiei “>” sa se observe daca mai sunt clarificari de facut in continuare au ba. spre deosebire de problema cu monede factorial (7) sau in fine, de 8 cat pare a fi necesar pentru bktrk in acest caz, indica faptul ca pentru solutionarea algoritmica a minimului cautat resursele de calcul, timpul de calcul in special, nu sunt prohibitive 🙂
noiembrie 8, 2010 - 10:40 amcum poate, odata minimul obtinut sa poata convinge si cu ajutorul unei demonstratii de tip clasic este o alta problema de tip algoritmic, partea care imi place la aceasta problema este ca incurajeaza demonstratiile de tip logic, lucru ce personal imi aminteste de gandirea anticipativa pe cateva mutari inainte ,la sah…
noiembrie 8, 2010 - 10:45 ama-ha !! sa incerc P2: grupam cele 5 chestii la modul 2 grupe, 2 si 3 in cate o grupa, cu 4 mutari ordonam cele doua grupe, chieia ar fi sa vedem in ce pozitie (fie in mijloc fie in margine) se situeaza cea din mijlocul grupei de 3 fata de cele 2 ale grupei de 2…. costa inca 2 mutari si n-am realizat mai nimic cu asta … succes celor mai buni ca mine 🙂
noiembrie 8, 2010 - 12:09 pma-ha !! sa incerc din nou P2: sortam 2 grupe una de 2 , alta de 3 :total 4 mutari/testari dupa care inseram cu doua mutari maxim de fiecare data , incepand testarea cucu mijlocul grupei originale de 3 a celor doua elemente ale grupei 1:sortarea grupei 1, cea de doua elemente este necesara insa dau tot peste total de 8 🙁 cineva sa ma ajuuuuteee LOL
noiembrie 8, 2010 - 12:41 pm… da, P2 este o problema captivanta, inca nu i-am dat de cap in vreun fel: felicitari pentru cine a ales-o… problema cu magicianul, desi relativ simpla ,chiar simpla – simpla nu e , chiar 🙂
noiembrie 8, 2010 - 1:08 pm… dpdv conceptual , in caz ca nu se reuseste solutii in afara domeniului strict algo-sortare se poate incerca si concepte de tip pivotare , prezente in sortare, intr-o varianta generalizata cu posibil 2 pivoti si cu schimbarea dinamica a valorilor lor: tehnica de obtinere de grade de libertate… mai exista si tehnica pentru stabilirea abstractizarii setului de reguli, pertinent si eficace, insa acolo , mai mult altii, din cate am observat eu 🙂
noiembrie 8, 2010 - 1:37 pmin masura in care se reuseste cu ajutorul “balantei”, compararea corecta de “sume” (pe cate un taler se pun cate 2 bile) si in masura in care in acest fel ordonarea a 4 bile nu necesita mai mult de 4 operatii de cantarire, problema ar fi ca si rezolvata, ar putea exista si variante mai complexe/necesar mai complicate… e tot ce pot sa dau din mine pana acum si nici macar cafea n-am baut, in dimineata aceasta 🙂
noiembrie 8, 2010 - 2:23 pmla-la-la… momentul adevarului in legatura cu P2… dar “Cavaleeeriii” … nu se zaresc defel, se tem ca in duel… LOL
incercam asa: sortam 3 in 3 miscari… urmatoarele doua le folosim pentru pozitionarea restului de doua fata de mijlocul celor 3 dupa care, cazul nefavorabil fiin cel al alternarii de o parte si de cealalta a mijlocului mentionat se mai fac doua comparari necesare si cam atat
se poate incerca si sortarea a 4 in 5 timpi 1,2 3,4 1,3 2,4 3,4 provocarea fiind extrapolarea in vederea obtinerii unui algo de sortare optimizat, lucru ce pare posibil, desi algo s-ar putea sa fie de tip pretentios la implementare (“bit accuracy requirings”, adica pentru functionarea corecta sa fie necesar a limita corect subgrupele, in masura in care nu pot fi toate de aceeasi lungime decat foarte rar) ok
noiembrie 8, 2010 - 2:46 pmla-la-la… momentul adevarului in legatura cu P2… dar “Cavaleeeriii” … nu se zaresc defel, se tem ca in duel… LOL
incercam asa: sortam 3 in 3 miscari… urmatoarele doua le folosim pentru pozitionarea restului de doua fata de mijlocul celor 3 dupa care, cazul nefavorabil fiin cel al alternarii de o parte si de cealalta a mijlocului mentionat se mai fac doua comparari necesare si cam atat
se poate incerca si sortarea a 4 in 5 timpi 1,2 3,4 1,3 2,4 3,4 provocarea fiind extrapolarea in vederea obtinerii unui algo de sortare optimizat, lucru ce pare posibil, desi algo s-ar putea sa fie de tip pretentios la implementare (“bit accuracy requirings”, adica pentru functionarea corecta sa fie necesar a limita corect subgrupele, in masura in care nu pot fi toate de aceeasi lungime decat foarte rar) ok 🙂
noiembrie 8, 2010 - 2:48 pm… ok, incercam mai sobru, in legatura cu P2: sortam 3 oarecare (3 mutari), urmatoarele doua mutari le folosim pentru pozitionarea ultimiloe doua bile fata de bila din mijlocul celor 3, dupa care mai avem nevoie de cel mult doua mutari sa finalizam, cazul defavorabil fiind cand ultimile doua bile sunt de o parte si de cealalta a mijlocului mentionat, in total maxim 6 “mutari” 😉
noiembrie 8, 2010 - 3:05 pm… ok, incercam mai sobru, in legatura cu P2: sortam 3 oarecare (3 mutari), urmatoarele doua mutari le folosim pentru pozitionarea ultimiloe doua bile fata de bila din mijlocul celor 3, dupa care mai avem nevoie de cel mult doua mutari sa finalizam, cazul defavorabil fiind cand ultimile doua bile sunt de o parte si de cealalta a mijlocului mentionat, in total maxim 7(sapte) “mutari” 😉
noiembrie 8, 2010 - 3:06 pm“systematically targeting mode over _ “…. Domnu’ Matator, “mata:)luta” LOL
noiembrie 8, 2010 - 3:09 pm… desi, practic, inclinam sa zic ca in algo-sortare e mai degraba aproape imposibil sa ordonezi 5 din 7, iata ca pare a fi posibil… performanta de acest tip e un pic in afara teritoriului meu de jonglare cu algoritmi, teritoriu ce s-ar dori orientat mai mult pe “stil solid in algo”… practic este descrisa rutina “bottom” al unui algo recursiv de sortare optimizat si ceva mai pretentios la implementare,insa probabil ca “bit accuracy requirements” nu influenteaza prea mult performantele algo , mai mult complexitatea codului sursa:… criptic text, nu jucarie 😉
noiembrie 8, 2010 - 4:11 pmFlorin, tu mai ai frati?
noiembrie 8, 2010 - 4:35 pm… yeap, unu’ si-unu’… de la dotat in sus toti 🙂
noiembrie 8, 2010 - 4:40 pm… rezolvare P2 ,in forma prezentata de mine, este “aproape buna” are un caz defavorabil de 8 mutari… balanta ar putea fi folosita si altfel decat pentru comparari de doua sau pur si simplu ar putea exista solutii mai bune numai cu ajutorul compararii a doua bile. Succes !! 🙂
noiembrie 9, 2010 - 8:17 am… as incerca un program care sa verifice daca pentru algo-sortare cu ajutorul compararii a doua e posibil ordonarea a 5 din 7 mutari, lucru care mi se pare o provocare in sine pentru programarea de tip didactic… iata ideile principale de pana acum, stranse in legatura cu aceasta: in primul rand: desi cautare de tip exhaustiv/exponential in timp , tot ce se poate ca varianta de principiu/prototip, sa mearga in timp suficient de mic… iata consideratiile: sunt combinari de 5 luate cate 2 , adica 10, modalitati de a alege doua numere spre a fi comparate rezultatul compararii, pe un bit, introduce un factor de complexitate de 2^7 =128… daca se aleg 7 asfel de grupe se doua numere, avem 10^7*128 aproximativ un miliard de variante , pentru fiecare din ele se aplica rutina de validare care practic, cu ajutorul principiului insertiei, verifica daca se pot ordona numerele…. practic , trebuie ca la pasul k minimul dintre cele 6-k ramase sa aiba 5-k mai mici ca el, lucru ce se poate realiza prin treceri succesive asupra setului de reguli, pana nu se mai obtine “progres” caz in care se verifica daca minimul …restului de 6-k ramase are 5-k mai mici ca el pentru a putea fi inserat cu bine… de remarcat ca dpdv al corectitudinii algo ne bazam pe euristica, probabil, cel putin pana la clarificari ulterioare posibil clarificatoare si ca in principiu, desi complica varianta de principiu destul de frumusel daca n=5, in cazul nostru, numarul de cautari ar putea cobora cu un factor de factorial de 5 , care este 120… ok, programul poate fi parametrizat pentru numar de comparari variabil 8…. cazul 8 mergand si din creion s-ar putea folosi la testarea programului, caz in care nu strica un output decent, macar (oricum e destul de greu si asta) in cazul gasirii de solutii 😉
noiembrie 9, 2010 - 12:01 pm… in principiu, acel 10 la puterea a saptea ar putea deveni cu usurinta aranjamente de 10 luate cate 7, lucru ce ar putea sa ne faca sa asteptam mult mai putin la obtinerea rezultatului si da… Domnu’ Matat, e posibil sa fie vorba chiar de combinari 🙂
noiembrie 9, 2010 - 12:11 pm…ok, in legatura cu P2 (sper ca aberatia de la logica, daca exista, sa fie mica, totusi 🙂 ) … sa zicem asa: incercam sa gasim pozitia 1 (cel mai mic / usor)… retinem , in cele patru operatii pe care le avem de efectuat, ultima data cand am reinlocuit minimul:acesta este locul al doilea… mai avem de sortat inca 3 , merge din 3. exista cazul defavorabil cand prima alegere a “minimului curent” este chiar minimul insa s-ar putea modifica ideea, un pic, posibil. Succes !!
noiembrie 9, 2010 - 10:03 pm… in legatura cu P2, exista si metoda “turneului de tip cupa” tournament sort… aceasta nu am incercat-o prea mult: practic se organizeaza un sistem cupa dupa care, spre deosebire de jocul de fotbal, sa zicem, se tine cont de toate rezultatele, in mod logic, pentru a reusi ordonarea tuturor echipelor cu numar minim de jocuri… in principiu s-ar putea sa mearga, in acest caz, organizarea sistemului de cupa este… cu grad de libertate, dat fiind ca 5 nu este o puter a lui 2.. ok 🙂
noiembrie 10, 2010 - 9:57 amProblema 1.
Atunci cand facem extragerea, cele doua palarii au sanse egale de a fi alese, dupa care bancnotele din palaria aleasa au sanse egale de a fi extrase. Punem o singura bancnota de $10 intr-o palarie si cele 19 bancnote ramase in palaria cealalta. Atunci probabilitatea de a extrage o bancnota de $10 va fi de 28/38.
noiembrie 10, 2010 - 5:08 pmCorect Vlad.
noiembrie 10, 2010 - 8:22 pm…obsesia mea, P2 🙂 : fie cele 5 “numere de sortat” notate, pentru simplitate, a,b,c,d si e
noiembrie 10, 2010 - 9:07 pmcomparam a si b, fie rezultatul a, in caz ca este b rationamentul se face analog. fie compararea lui d cu e iar rezultatul fie d, cu a c si d facem sortare caz in care mai pierdem inca 3 mutari, in total 5
acum se face o discutie: daca c este intre a si d sau daca e la marginea lor , una dintre ele, rationamentele fiind analoage. can c se afla intre a si d trebiesc ordonate corect b,c si d lucru care ia 2 mutari, c si d avand relatia indeplinita la fel ca si pozitiile lui a si e
daca c se afla la o margine, b,d si e trebuiesc ordonate, ia tot 2 mutari , d si e fiind ordonate. am comis o mica inexactitate la cazul c in mijloc insa ,posibil, tot 2 instructiuni/mutari dureaza inserarea corecta a lui b in grupa sortata c,d,e… imi cer scuze pentru exprimare de tip liber ,sper sa se inteleaga ce am dorit sa spun 🙂
de remarcat ca ideea de algoritm prezentata de mine chiar si in varianta viabila (2^7=128 verificari pentru a valida un set de mutari “swaps”) pare, cel mai probabil ca esueaza in gasirea unor asfel de solutii, pentru care trebuiesc programe mai sofisticate, cod sursa mai mare, vreau sa spun… 🙂
noiembrie 10, 2010 - 9:18 pmMatei Florin spus
noiembrie 10, 2010 la 22:25
…in legatura cu ultima mea prezentare de rezolvare a lui P2, se impune sa fiu un pic mai riguros, desi ideea , in esenta, este buna… cer permisiunea de a “particulariza” notatia, la fel ca mai sus, rationamentele fiind analoage si, totodata sa imi fie permis stilul de exprimare cat mai degajat, chiar daca nu este cel mai de dorit…
fie a,b,c,d si e cele 5 numere de sortat. folosim doua operatii pentru a sorta grupul a,b si cel d,e si fie a respectiv d rezultatele acestor operatii
sortam a si d, si presupunem ca ele se gasesc in aceasta ordine. pentru a evita un caz critic, urmatoarea operatie este compararea lui d cu c. cazul mai special este cand c se afla dupa d, cand d se afla intre a si c
in acest caz pozitionam printr-o comparatie c si e , corect, in grupa devenita ordonata d,… si urmatoarele fie e si c spre exemplu… mai avem de pozitionat B (erata, nu c) cu inca doua mutari prin insertie in grupul celor 3 mentionate incepand cu cel din mijoc testarea … consuma doua operatii, in totoal 2+1+1+1+2=7
cand d nu se afla intre a si c, comparam a cu c si avem doua cazuri, am consumat 5 mutari mai avem doua
cand c se afla intre a si d avem de inserat b in grupul sortat de 3 numere c,d,e, lucru despre care stim ca dureaza 2 operatii:7 in total si in acest al doilea caz
cand a se afla intre c si d, avem de inserat b in grupul sortat de doua d si e :2 operatii, total sapte
noiembrie 10, 2010 - 10:52 pmuf!! 😉
un bun indicator pentru estimarea dificultatii problemei mai mult sau mai putin teoretic sau euristic , ar putea fi compararea a factorial de 5 = 120 cu 2 la puterea a 7-a = 128, numerele sunt apropiate destul de mult si sunt si destul de mari 🙂 ,altfel spus o mica piatra la temelia algoritmizarii acestui tip particular de problema urmatoarea tinta fiind, probabil sortarea a 6 numere din 10 “swaps”
noiembrie 11, 2010 - 4:54 amtot ce se poate ca incercarile de sortare a 5 , a,b,c,d,e care incep cu sortarea a 3 dintre ele, sa fie sortite esecului la asteptari de sortare din 7 toate 5 pe criterii “pozitionale” sa le zic: sortarea a trei consuma 3 mutari/operatii iar restul de precizat este aranjamente de 5 luate cate 2 = 5*4 = 20 necodificabil pe 4 (patru) biti… ,4 mutari ramase 🙂
noiembrie 11, 2010 - 4:59 am6 ordonate din 11 “swaps” merge usor cu sortarea prin interclasare (merge sort)… ok
noiembrie 11, 2010 - 5:09 am…pe criterii de tip “evaluare statica/pozitionala” incepand cu sortarea a trei oarecare (3 operatii) este imposibil a continua spre doar 7 in final, fiind necesare aranjamente de 5 luate cate doua =5*4=20 precizari, dupa sortarea amintita, 20 >16 (cat se poate codifica pe 4 biti) , adica 4 comparari ramase.. ok
noiembrie 11, 2010 - 8:51 am… daca se considera ca merita efortul, as dori sa citesc un feedback pentru ideile de dupa mesajul 29, cel care incearca sa ofere rezolvarea completa a P2, multumesc ! 🙂
noiembrie 11, 2010 - 12:54 pmMi se pare ca solutia ta seamana destul de mult cu cea a celui care a propus-o:
noiembrie 11, 2010 - 10:23 pm1.Comparam A cu B. Presupunem ca B este mai greu.
2.Comparam C cu D. Presupunem ca D este mai greu.
3.Comparam B cu D. Presupunem ca D este mai greu.
In acest moment avem ordinea D>B>A.
4.Comparam E cu B.
5.Daca E este mai greu decat B, comparam acum E cu D. Daca E este mai usor decat B, il comparam cu A. In orice caz seria va cuprinde acum 4 obiecte in ordinea greutatii. Sa presupunem ca ordinea este D>B>E>A. Stim deja (de la pasul 2) cum este obiectul ramas (C) comparativ cu D, asa ca mai trebuie doar sa stim cum este el fata de celelalte 3 obiecte.
6.Comparam C cu E.
7.Daca C este mai greu decat E, il comparam cu B. Daca C este mai usor decat E, il comparam cu A.
Problema generala pentru clasificarea a N obiecte cu un numar cat mai mic de masurari a fost propusa de Hugo Steinhaus, iar in editia din 1968 a Mathematical Snapshots a dat o formula care s-a dovedit corecta pentru N de la 0 la 11 (numarul minim de masurari pentru N de la 1 la 11 este: 0,1,3,5,7,10,13,16,19,22,26). Formula prevedea ca pentru N=12 sunt necesare 29 de masurari, dar s-a dovedit ca numarul minim (in acest caz) este de 30. Problema generala a fost discutata de Lester R.Ford si Selmer M.Johnson, amandoi de la Rand Corporation, in “A Tournament Problem”, in numarul “The American Mathematical Monthly” din mai 1959. Discutii mai recente despre acesta, si probleme asemanatoare, le gasiti in sectiunea 5.3.1 a editiei din 1971 a “Sorting and Searching” de Donald Knuth.
… ok, multumesc frumos pentru feedbackul incurajator, si pentru setul de informatii aditional: deci, probabil, se stie o rezolvare si pentru numere mai mari. se poate ca , cel putin in prezentare solutiei proprii sa fii incercat mai bine
noiembrie 12, 2010 - 7:59 am… formula ar putea fi logaritm in baza doi din factorial de n, luat doar partea intreaga 😉
noiembrie 12, 2010 - 8:05 amas fi curios sa alu cum se situeaza factorial de 12 fata de 2^29 sau 2^30 😉
noiembrie 12, 2010 - 8:09 am… formula ar putea fi logaritm in baza doi din factorial de n, luat doar partea intreaga 😉 … si adaugat 1, fireste, nu e clar ?! LOL
noiembrie 12, 2010 - 8:14 amo solutie algoritmica prototip, bazata pe cautare binara, in vederea insertiei in grupa anterioara, presupusa sortata, iata sursa si out put ul…
CONST n = 12
CLS
FOR i = 1 TO n
suma = 0
FOR j = 1 TO i
suma = suma + INT(LOG(j) / LOG(2)) + 1
NEXT j
PRINT i; suma,
NEXT i
1,1 2,3 3,5 4,8 5,11 5,14 7,17 8,21 9,25 10,29 11,33 12,37
are meritul ca este simpla, posibil de incredere si ca ofera un start, in varianta algoritmica de rezolvare
ok… 🙂
noiembrie 12, 2010 - 9:55 am… o idee algoritmica ar fi urmatoarea: consideram problema de ordonare a 2^n ajunsa in stadiul ordonarii a doua grupe de 2^(n-1)… spre deosebire de megre/interclasare clasic, o mutare simplificatoare s-ar dori a fi compararea a doua mijloace de grupe… dupa care, probabil, in caz ca operatia/mutarea este valida, ea sa simplifice complexitatea problemei la jumatate si sa poata fi repetata recursiv pana la interclasarea completa, de vreo n ori in total, cu noi “pivoti” de comparare, desigur, mijloacele noilor grupe de interes… ok , recunosc ca ideea nu o pot valida 100% acum, insa pare promitatoare ok 🙂
noiembrie 12, 2010 - 10:15 am… in legatura cu P2, formula : 1+ int (logaritm_baza_2(factorial(n)) ofera urmatoarele rezultate izbitor de asemanatoare cu cele prezentate de Domnul Bujor
1,0 2,1 3,3 4,5 5,7 6,10 7,13 8,16 9,19 10,22 11,26 12,29 13,33 14,37 15,41 16,45 17,49 18,53 19,57 20,62
cazul 12,posibil 29 este in atentia mea, cu ajutorul metodei algoritmice, in care cazul 5,7 s-ar dori una din putinile exceptii de la metoda algoritmica prezentata mai sus
daca doriti, eu as prefera un feedback 🙂
noiembrie 12, 2010 - 3:37 pmDEFINT A-Z
COMMON adrrelx AS SINGLE, adrrely AS SINGLE
s2 = 2
SCREEN 12
latx = 400: laty = 300
nx = 12: ny = 5
PRINT
COLOR 1
PRINT ” Matei “; CHR$(3)
COLOR 14
PRINT ” Virgiliu “; CHR$(3)
COLOR 4
PRINT ” Florin “; CHR$(3)
aa:
FOR x = 320 – latx / 2 TO 320 + latx / 2 STEP s2
FOR y = 240 – laty / 2 TO 240 + laty / 2
adrrelx = (x – 320 + latx / 2) / latx
adrrely = (y – 240 + laty / 2) / laty
xadr = adrrelx * ((nx) * 8 – 1)
yadr = adrrely * (16 * (ny) – 1)
clr = POINT(xadr, yadr)
‘PSET (xadr, yadr), 3
IF clr = 0 THEN clr = 7
PSET (x, y), clr
NEXT y
NEXT x
DIM a(0 TO latx / s2, 1 TO 20, 1 TO 4) AS INTEGER
linii = 0
FOR x = 0 TO latx STEP s2
xk = 320 – latx / 2 + x
j = 1
starty = 240 – laty / 2 – 10
cy = starty + 1
alfa:
IF (POINT(xk, cy) POINT(xk, starty)) OR (cy > 240 + laty / 2 + 10) THEN
: linii = linii + 1
a(x / s2, j, 1) = cy
a(x / s2, j, 2) = cy – 1
a(x / s2, j, 3) = POINT(xk, starty)
a(x / s2, j, 4) = POINT(xk, cy)
starty = cy
cy = cy
j = j + 1
IF cy > 240 + laty / 2 + 10 THEN GOTO dd
GOTO alfa
ELSE
cy = cy + 1: GOTO alfa
END IF
dd:
NEXT x
d: ‘ CLS
DIM b(1 TO 200) AS INTEGER
FOR j = 1 TO 200
b(j) = 10 * SIN(j * 2 * 3.1415 / 100)
NEXT j
ml = 1
beta:
m = ml
FOR x = 0 TO latx STEP s2
FOR k = 1 TO 20
x1 = x + 320 – latx \ 2
x2 = x1
y1 = a(x \ s2, k, 1) + b(m)
noiembrie 13, 2010 - 4:02 pmy2 = a(x \ s2, k, 2) + b(m)
clr1 = a(x \ s2, k, 3)
clr2 = a(x \ s2, k, 4)
IF a(x \ s2, k, 1) = 0 THEN GOTO nextx
PSET (x1, y1), clr2
PSET (x2, y2), clr1
NEXT k
nextx:
m = m + 1: IF m > 100 THEN m = 1
NEXT x
ml = ml + 1: IF ml > 100 THEN ml = 1
GOTO beta
Formula data mai sus e cea folosita si de cel care a compus problema.
noiembrie 13, 2010 - 8:11 pmCe pacat bai Matei Floricel ca nu te pricepi si la sah cum te pricepi la mate i ai fi dat o solutie lui karateka cum sa plateasca 70 la suta din 11000 de euro …dar poate i demonstrezi tu logic cum sa si dea demisia …ca are pielea cam groasa si nu patrunde prin ea cuvinte ca demnitate onoare asumarea raspunderii .Incearca tu cu o formula matematica …poate reusesti …ca vad ca esti dotat si insistent si in duel cu el ii dai tu primul la gioale !
noiembrie 13, 2010 - 9:51 pm… e adevarat ca nu ma pricep la sah, scuze daca am fost ironic peste masura cu mesajele mele 🙂
noiembrie 14, 2010 - 1:16 amNu trebuie sa ti ceri scuze .E sectorul tau .Eu nu ma pricep la matematici speciale da pe tine te am citit ca am vazut ca scrii mult .Multe succese in continuare !
noiembrie 14, 2010 - 7:36 am… Multumesc frumos, practic multe/totul depinde de sanatate… ma straduiesc sa fiu cat se poate de echilibrat, doar ca nu reusesc mereu 🙂
noiembrie 14, 2010 - 1:42 pmwow eu sunt un nucleu de atom pe langa voi…in special pe langa matei…eu sunt pilaf la mate…..auzi si tu matematici speciale ??!!ori aveti un coeficient cu mult peste limita normala :+70 ori se confirma din nou ca nu am nici o sansa sa inteleg treaba asta la varsta mea..nustiu de ce mai citesc posibilele rezolvari pe care le spuneti
august 10, 2011 - 1:45 amcu asta am vrut sa spun +70 adica la coeficientul unui om normal mai adaugi 70
august 10, 2011 - 1:46 am