Логические задачи
      NazVa.net

В условиях сказано, что фокусник не получает никакой информации, кроме выбранных помощником 4 карт. Это можно обеспечить, например, так: фокусник стоит спиной к помощнику, а тот не называет карту, а молча показывает её зрителям, а уже кто-то из зрителей (желательно с хорошим зрением, хорошей дикцией и не склонный к дурацким шуткам ) называет её фокуснику. Организовать такой фокус можно, например, так...
Поскольку мастей всего 4, все 5 карт не могут быть разной масти
Прежде всего помощник выбирает 2 карты одинаковой масти. Затем он должен Показать скрытый текст
Вот так, чтобы интрига была
P. S. Поскольку при таком способе в некоторых случаях помощник имеет свободу выбора, можно предположить, что при более хитрой организации можно передать больше информации и показывать фокус более чем с 52 картами, но это скорее всего будет сложно до полной непрактичности.

Так я не понял — можно написать ответ или нет? Если что, я решил (именно в правильной жесткой формулировке).

Числа n-значные, а k — это число чисел
Насчет магических квадратов и серьезности — не надо воспринимать то, что я пишу, слишком серьезно… Не только в данном случае, но и вообще, если только я не оговариваюсь, что пишу серьезно.
Пишу серьезно: если я кого-то обидел, прошу прощения.
Когда я пишу о числах, отличающихся порядком цифр, я имею в виду отличающиеся числа

Давно хочу поделиться задачкой, которую я придумал еще школьником. Для dxdy.ru она слишком несерьезная (здесь был оффтоп, который я удалил), но тут должна прийтись в самый раз.
Показать скрытый текст

---

В простейшем варианте, решаемом в уме за несколько минут, задача такая: какое максимальное значение может иметь НОД 2 двузначных чисел, отличающихся порядком цифр. Несмотря на свою простоту, задачка зацепила меня тем, что интуитивно я не смог догадаться об ответе, хотя, казалось бы, что может быть неизвестного в двузначных числах.
Естественно, задача легко обобщается: какое максимальное значение может иметь НОД k n-значных чисел, отличающихся порядком цифр.
В этой задаче мне кажется естественным понимать n-значные числа в расширенном смысле, разрешая 0 в качестве первой цифры, но, если хотите, можете ограничиться только «настоящими» n-значными числами.
Сам я (вроде бы) решил задачу для n=3 и всех k (т. е. k=2,3,4,5,6) и для k=2 и всех n (и даже послал эту последовательность в OEIS). Кроме того, довольно очевидны соображения для случаев, когда k максимально возможное для данного n или близко к нему.

Интересно, наименьшее число монет, для которого 3 взвешиваний не хватит, — 1680, или есть что-то, что я упустил.

Соприкасаются вообще все кроме 1 и 9 )))

Более того, до меня только что дошло, что с эталонным грузом задача разрешима для 14 грузов (если известно что ровно 1 груз фальшивый и не надо определять тяжелее он или легче настоящих).

Что-то я уже пятый день зарегистрирован, а до сих пор ни одну задачу не задал.
Вот очень простая, но зато (надеюсь) красивая.
(Надеюсь, псевдографика у всех отобразится)

   ┌─┬─┐
   │ │ │
  ┌┴┬┴┬┴┐
  │ │ │ │
 ┌┴┬┴┬┴┬┴┐
 │ │ │ │ │
 └─┴─┴─┴─┘

Вписать числа от 1 до 9 так, чтобы суммы в 3 строках были одинаковые и последовательные числа не попали в соприкасающиеся ячейки.

---

Тупой IE похоже не использует моноширинный шрифт, даже если указать тег tt. Пользуйтесь браузерами, а не IE!

а)Показать скрытый текст?
б)Не совсем понял, нужно число квадратов для 1 грани? Или число кубиков во всем слое?

Очень известная задача. Где-то читал, что при 13 грузах можно определить за 3 взвешивания, если есть еще 1 эталонный груз. Упс, кажется ошибся немного, эталонный груз нужен, если надо определить тяжелее или легче фальшивый, или если фальшивого может не быть.

Без электричества? Первое, что пришло в голову (из приличного).

Легко доказывается по индукции.
Если после старушки 1 пассажир, очевидно, вероятность 1/2.
Предположим, что вероятность 1/2 во всех случаях, когда пассажиров меньше N, и найдем ее для случая N пассажиров.
С вероятностью 1/(N+1) старушка займет свое место и последний пассажир займет свое место с вероятностью 1.
С вероятностью 1/(N+1) старушка займет место последнего пассажира и он займет свое место с вероятностью 0.
С вероятностью (N-1)/(N+1) старушка займет место другого пассажира. Пусть после этого пассажира в очереди еще K пассажиров (0<K<N). Тогда, когда очередь дойдет до этого пассажира, в точности повторится ситуация, когда после старушки K пассажиров. Действительно, если в этот момент старушка уступит ему его место и опять начнет выбирать место случайно, с точки зрения остальных пассажиров по сути ничего не изменится. Значит, по предположению индукции, последний пассажир займет свое место с вероятностью 1/2.
Итого 1/(N+1)+1/2*(N-1)/(N+1)=1/2.

---

Кстати, здравствуйте.