Логические задачи
      NazVa.net

У меня есть ощущение, что можно за 4 взвешивания.
Первое взвешивание: монеты 17+26 против 71+80.
Если равенство: 19 монет среди 44 монет - от 27 до 70
Если левая легче - среди 44 монет - от 1 до 26+18=44
Если правая легче - среди 44 монет - от 71-18=53 до 96
Итак, нам за оставшиеся 3 взвешивания требуется найти 19 монет из 44.
Допустим, мы будем искать среди монет 1..44 (левая легче), так просто проще с нумерацией.
2- взвешивание: монеты 17 против 26:
17<26 -> среди 1..25 -> 8 возможностей: 1..19, 2..20,...,8..25
17>26 -> среди 18..44 -> 9 возможностей: 18..36, 19..37,...,26..44
17=26 -> среди 9..35 -> 9 возможностей
Итого, осталось 2 взвешивания для определения 1 из 9 - это троичный поиск, одно (3-е) взвешивание уменьшит кол-во возможностей с 9 до 3-х, другое (4-е) найдёт единственную верную.
Где-то так...

У Вас хорошая интуиция, Тиана. Очень хорошая.
Вы дали неплохую оценку границ.
Если хотите, могу подсказать подход для определения точной зависимости и даже стратегии.

В общем случае - как использовать 2К сторон у К изолируюших мембран, чтобы не допустить ни одного непосредственного контакта между какими либо двумя среами из 2К сред...

22 -> 22-я = 9, -> 9-я = 2, 2-я <- = 33

А почему Новаку не говорить на родном языке? Он ведь не на англоязычный форум пришёл?
Ведь момент довольно деликатный. И не надо имхо делать проблемы там где их нет.

А нестандартно послать профессора далеко-далеко никому в голову не приходило?
Мало ли что может возникнуть в шизоидной бошке?

Хорошо подойдёт для сообщества жлобов и свинтусов... Вернее для противостояния одних другим...

Как раз наоборот, Смит. Этим знанием я не пренебрёг. Именно благодаря этому знанию, я решил, что когда идёт подозрительно длинная серия, это говорит о том, что в системе имеется сильная неслучайная составляющая, именно это я и называл "монета с хитрецой".
Но суть не в этом. Надо не только иметь знания, надо также иметь знания как пользоваться имением знаний.
Если у нас серия из 2К бросков и после М бросков у нас счёт А:М-А, ожидать, что к концу будет К:К НЕЛЬЗЯ если Вас спросят, чего ожидать к концу, если после М бросков у нас А:М-А, надо отвечать так:
а) следует ожидать (К+А-М/2) : (К-А+М/2) если вероятности исходов при броске известны и равны 1/2 или:
б)А:М-А, если вероятности исходов неизвестны.
В случае а) мы ожидаем называемого Вами равновесия в серии 2К-М бросков.
В случае б) мы полагаем, что А:М-А и представляет это равновесие и мы ожидаем такого же равновесия в серии 2К-М бросков.

Примерно так. Но моя цель - объяснить КОНЦЕПЦИЮ, чтобы это не выглядело как фокус-покус.
1. Представьте себе такую тупую задачу: собрали 100 мудрецов и сказали им: "вот ящик, в нем бриллиантов некое кол-во, но не более 100. Хоть один из вас обязан угадать сколько там бриллиантов".
Понятно, что эта "задача" - проста до неприличия - всё, что требуется от мудрецов - это не повторяться в догадках- тогда 1 из них угадает, потому что их 100 и число бриллиантов там - от 1 до 100...
2. Именно этот принцип надо положить в основу решения и нашей задачи:
2.1 Найти - ЧТО им надо угадывать.
2.2 Договориться о том, чтобы им не повторяться ("Ты предполагаешь, что 1, ты - 2 и т.д.")
2.3 Найти способ, как получить то, что надо угадать в задаче (а это - не то, что в п.2.1) - из угаданного в п.2.1
3. Самое главное здесь - это обеспечить п. 2.1. Это и рассмотрим подробнее.
3.1 То, что надо угадывать, должно быть общим для всех.
3.2 Оно должно иметь кол-во возможных значений <= числу мудрецов
3.3 Из него можно получить то, что требуется угадать на саом деле.
4. Если угадывать сумму чисел у всех, то тот, кто угадает эту сумму легко получит то число, которое на нём.
Однако у суммы чисел число вариантов намного больше числа мудрецов: от 0 до (К-1)^2 (если 0 - минимальное число) или от К до К^2, если числа начинаются с 1.
Значит, надо угадывать нечто подобное, но имеющее меньший разброс вариантов.
4.2 И это нечто - остаток от деления этой суммы на К, где К - кол-во мудрецов.
4.2.1 Этот остаток может быть от 0 до К-1, что нас устраивает.
4.2.2 Тот, кто угадал этот остаток, тот угадал своё число. Понять это - просто.
Пусть он подсчитал сумму всех чисел (кроме своей) Сп. Вся сумма Сх = Сп + Х
Он не знает ни Сх ни Х, но полагает, что остаток от деления Сх на К равен Р
тогда ему нужно определить, каким должен быть Х, чтобы Сп + Х давало остаток Р.
И это просто. Это всегда однозначно определяет Х, если Х находится в диапазоне 0...К-1.
При нумерации с 1-цы практически ничего не меняется, просто всё сдвигается на единицу.

МО = 1.899, бутылок: 99*98/2 + 99 + 1 = 4951.
В любом случае Вы молодец.

На здоровье, Миха, абстргируйтесь самым удобным, понятным и комфортным для Вас образом. Не нравится горох, можно использовать фасоль. Суть не в этом.
Суть в том, что следует осознать, что сами формулы не столь важны.
Важно в первую очередь усвоить, что результаты могут зависеть (а могут и не зависеть) от той абстрактной модели, в которую мы и засунем ситуацию.
Кстати, к иллустрации того, насколько всё иллюзорно.
Представьте себе ту же доску на нормальной (не наклонной) плоскости и без трения.
На доске наш бедный Шарик... Доска закрыта от наблюдателя непрозрачным экраном.
Может ли наблюдатель знать, бегает ли по доске Шарик или нет?

В примере, на который Вы ссылаетесь допущена ошибка в кодировке
12-110 верно
13-121 нет, должно быть 111
14-122 нет, должно быть 112
и т.д. с этого момента.
Поэтому всё "поплыло" и на том примере я, вместо того, чтобы объяснить, могу Вас только запутать.
Поэтому я предлагаю следующее:
1. Пронумеруйте 27 монет, начиная с 0, а не 1. Это важно, иначе  придётся пересчитывать. Кроме того, в данном случае 27-я монета будет иметь номер 26, что соответствует 222 в троичной системе, а номер 27 уже будет 4-х разрядным - 1000.
2. Переведите эти номера в троичную систему. Каждый номер будет 3-х разрядным:
0: 000, 1:001, 2:002, 3: 010, ..., 9: 100, 10:101,..., 17:122, 18:200, 19:201,...,25:221, 26:222.
3.1 В первом взвешивании на левую чашку кладём 9 монет с 1-ей в старшем разряде, т.е. от 100 до 122 (с номера 9 по номер 17), на правую чашку - с 2-й в старшем разряде, т.е. с 200 по 222 (номера 18 - 26), монеты 0-8 (с 000 по 022) в стороне.
3.2 Во втором взвешиваии на левую чашку будем класть монеты с 1-ей во втором разряде: 010,011,012,110,111,112,210,211,222, т.е. 3,4,5,12,13,14,21,22,23;
на правую - 2-ой во втором разряде: 020,021,022,120,121,122,220,221,222, т.е: 6,7,8,15,16,17,24,25,26 и в стороне остальные: 000,001,002, 100,101,102, 200,201,202, т.е. 0,1,2,, 9,10,11, 18,19,20.
3.3. В третьем взвешивании: левая - 1-ца в младшем разряде, правая - 2-ка в младшем разряде и остальные - в стороне.
4. Запишем рез-ты взвешивания. Поясню, как их кодировать.
4.1 Мы ищем фальшивую, которая ТЯЖЕЛЕЕ, поэтому рез-ты мы будем записывать так:
1 - перевесила левая, 2 - перевесила правая, 0 - равновесие.
Если бы мы искали фальшивку которая ЛЕГЧЕ, мы бы кодировали так:
1 - левая легче, 2 - правая легче, 0 - равновесие.
Хочу подчеркнуть, что в принципе кодировка решающего значения не имеет, но выбрав другую кодировку, нам прошлось бы пересчитывать и мы бы запутались.
Поэтому для НАС кодировка ПОКА важна.
----------------------------------------------
Сообщите мне рез-ты взвешиваний и я Вам объясню, как мы выбираем монеты для дополнительных взвешиваний.

Смит, я попытаюсь объяснить так, чтобы решение не вызывало бы недоумения и не выглядело бы как фокус-покус. Но надо набраться терпения и дочитать всё
1. Рассмотрим традиционный подход, т.е. без допущения возможной ошибки весов.
Такой подход базируется на дереве решений, причём решение на следующее взвешивание (измерение) принимается по результату предыдущего.
Напр. раскладываем на 3 кучки, 2 взвешиваем -> по рез-ту выбираем кучку, содержащую кандидата и проделываем с ней аналогичное.
Каждое взвешивание уменьшает число кандидатов в 3 раза. Здесь всё ясно.   
2. Данный подход ясен и прозрачен, но, увы, не подходит для нашего случая.
Почему?
Показать скрытый текст
Показать скрытый текст
Показать скрытый текст
Показать скрытый текст
Показать скрытый текст

Реальная история, происшедшая недавно.
Таиландская полиция провела обыск в одном из домов и обнаружила там большое кол-во наркотиков.
Хозяин дома был арестован.
Тем не менее, через некоторое время он был отпущен, несмотря на то, что в Таиланде очень строгие законы касательно наркотиков.
При этом, власти абсолютно не сомневались в том, что отпускают опасного преступника.
Почему отпустили преступника?

Смит, Б1 - это случайным образом выбранная нами бочка которую мы выбрали за точку отсчёта. Как только мы её выбрали, все наши рассуждения касаются именно этой бочки Б1.
1. Итак, начав с неё наше виртуальное путешествие, мы либо можем проехать (на бумаге!!!) либо нет. Если можем - ОК, но это не интересно, если не можем, то значит до какой-то бочки (назовём её БП1 - бочка плохая 1) мы доехать не можем.
2. Допустим, мы не можем проехать Х1 км, значит нам на участке Б1-БП1 не хваает Х1 литров бензина. С этим, надеюсь, Вы согласны. Назовём это "Дефицит в Х1 литров"
3. Но это же значит, что на учаске П1-Б1 (направление - то же) у нас есть избыток в Х1 литров. С этим Вы тоже должны согласиться.
4. Начнём движение с БП1 (Бочка Б1 остаётся как точка отсчёта). Начав с БП1 мы либо можем доехать до Б1, либо - нет.
4.1. Если мы можем доехать до Б1, значит мы к ней подъедем с Х1 литрами в запасе (ведь избыток Х1 означает, что на участке БП1-Б1 есть бензина на Х1 км больше, чем длина этого участка). С этим Вы согласны?
4.2. Если мы не можем, то значит что на участке БП1-Б1 есть бочка БП2 до которой мы не доехали (скажем, Х2 км)
Что это значит? Это значит, что на участке Б1-БП1 есть дефицит в Х1 литров, на участке БП1-БП2 - дефицит в Х2 литров, что означает, что на участке Б1-БП2 есть дефицит в Х1+Х2 литров.
4.3. Это же означает, что на участке БП2-Б1 есть избыток в Х1+Х2 литров.
5. Продвигясь виртуально и дальше в этом направлении, мы можем "не доезжать" до БП3 Х3 км, начав с БП3 - до БП4 - Х4 км и т.д.
С каждым таким недоездом наш общий дефицит от Б1 до БПк будет составлять Х1+Х2+...+Хк литров, что автоматически будет означать избыток в Х1+Х2+...+Хк литров на участке БПк-Б1 (Б1 - та же начальная точка Б1, которую мы выбрали)
6. Я утверждаю, что на участке БПк-Б1 ОБЯЗАТЕЛЬНО должна быть бочка БПХ, до которой мы не смогли доехать от предыдущей плохой точки БПм, но с которой мы можем доехать до Б1.
Действительно, допустим обратное: такой бочки не существует. Что это значит?  Значит, если БПХ не нашлась, мы умудрились с какой-то бочки БПп НЕ ДОЕХАТЬ до Б1 таким образом, что между местом нашего НЕДОЕЗДА и Б1 уже нет бочек. (Ведь бочек - конечное число, и если между местом недоезда и Б1 ещё есть бочка (бочки), мы начнём с них. При конечном числе бочек, они должны закончиться когда нибудь и если БПХ не нашлась, то мы оказались в точке Ж, между Ж и Б1 больше нет бочек, но на этом участке (от Ж  до Б1) у нас избыток в Х1+Х2+...+Хк+...+Хм+...+Хп литров!!! (Именно этот избыток образовался, потому что на участке Б1-Ж - дефицит в Х1+Х2+...+Хк+...+Хм+...+Хп литров.
Что же получается? Мы в точке Ж, не можем доехать до Б1 Хж километров, т.е. ещё дефицит в Хж литров и при этом у нас одновременно в этой точке избыток в Х1+Х2+...+Хк+...+Хм+...+Хп литров. Нонсенс.
Этот нонсенс возник из предположения, что БПХ не существует.
7. Итак, мы доказали, что БПХ существует. Значит мы можем доехать до Б1, причем к моменту подъезда к Б1 у нас будет тот суммарный избыток бензина который и РАВЕН В ТОЧНОСТИ тому дефициту, который мы насчитали, виртуально мытарствуя от Б1 через все наши бочки...
Поэтому, начав с БПХ мы сможем НЕ ТОЛЬКО доехать до Б1, но с неё - до БПХ.
-------------------
Что Вам непонятно, Смит?