I jak, nikt nawet nie spróbuje?

Moja wiedza matematyczna dotycząca permutacji czy innej kombinatoryki nie pozwala mi nawet pomyśleć o próbie rozwiązania.
Ale uważam, że gdyby dodać, że Jacek uwielbia przesiadywać na ławce w parku i czytać gazetę a jego żona chodzi tylko w szpilkach to na pewno ułatwiłoby dojście do rozwiązania. Może to też uzasadniać opisaną sytuację, że każda osoba na przyjęciu znała kogoś (oprócz Jacka - bo jak się siedzi na ławce z nosem w gazecie to trudno kogoś poznać).

K10D, K-5IIs oraz DA 18-55 i inne

Oboje znają po 5 osób łącznie ze sobą nawzajem.

"Les adultes sont déserteurs" - L'enfance, J. Brel
"Dorośli są dezerterami" - L'enfance (Dzieciństwo), J. Brel

Zgadza się, wytłumacz jeszcze, jak do tego doszedłeś.

A to bardzo proste, typowo analityczne zadanie.
Mamy 10 osób w parach.
Z 9 z nich każde zna inną liczbę osób od 9 do 1 - oznaczmy sobie te osoby liczbami 9-1 wg. liczby osób które znają.
Dziesiąty jest Jacek - oznaczmy go jako J;
Osoba nr 9 zna wszystkich pozostałych czyli 9 osób: 1,2,3,4,5,6,7,8,J;
Osoba nr 1 zna tylko 9;;
8 zna wszystkich oprócz 1 (bo 1 zna tylko 9), więc zna 2,3,4,5,6,7,J
Wiemy już, że 2 zna 9 i 8 i więcej osób 2 znać nie może;
A więc 7 zna 3,4,5,6,8,9,J;
Czyli 3 zna 9,8,7;
6 zna zatem 4,5,7,8,9,J;
4 zna więc 9,8,7,6;
5 zna 9,8,7,6,J.
Wystarczy teraz policzyć, ile osób zna J - 9,8,7,6,5 - 5 osób
Teraz skąd wiadomo kto jest żoną J?
Wszyscy przyszli w parach. A więc niewątpliwie 1 musi być parą 9, bo zna tylko 9;
2 zna tylko 9 i 8, a skoro 9 jest już zajęta przez 1, to parą dla 2 musi być 8;
Idąc dalej tą drogą dochodzimy do wniosku, że 3 jest parą 7, a 4 jest parą 6;
Czyli 5 jest parą J.

Być może jest inny, prostszy sposób rozwiązania tego zadania, ale ja mam umysł analityczny a nie błyskotliwy.

"Les adultes sont déserteurs" - L'enfance, J. Brel
"Dorośli są dezerterami" - L'enfance (Dzieciństwo), J. Brel

Brawo PiotrR!

Rozwiązanie zagadki nr 32: Jacek i jego żona znali po 5 osób. Wyjaśnienie w poście powyżej.

Zagadka pożyczona.

Zagadka nr 33

Rozwiąż rebus.

ciąg sfera nie cal

I've seen things you people wouldn't believe. Attack ships on fire off the shoulder of Orion. I watched C-beams glitter in the dark near the Tannhauser gate. All those moments will be lost in time, like tears in rain. Time to die.

return LBA ? lemat Dady : piwko w Poznaniu?;

Ciągutki

*ist DS + DA 35/2.4 | K20D + D-BG2 + O-ME53 + DA 21/3.2 | Samyang 8/3.5 | Tamron 90/2.8 | Metz 48 AF-1
K-5 II + D-BG4 + O-ME53 + DA 18-135/3.5-5.6 | DA 55-300/4.0-5.8 | DA 50/1.8
ME-Super + Winder ME II + M 28/2.8 | K 50/1.4 | Metz 32 Z-2

strefa bezcłowa

Nie.

Podpowiedź byś dał, powiedź choć jaka kategoria

Dużo różności

ciąg geo metryczny?

Brawo bogdanm!

Rozwiązanie zagadki nr 33: ciąg geometryczny.

Zagadka nr 34

Na wodach Oceanu Spokojnego grupa dziesięciu bardzo groźnych piratów zaatakowała i zatopiła statek floty portugalskiej. Piraci weszli w posiadanie skrzynki, w której znajdowało się dokładnie 100 sztuk złota. Chcą podzielić się tym skarbem. Piraci Ci mają w zwyczaju dzielić się łupem w sposób następujący: Najokrutniejszy z piratów proponuje sposób, w jaki skarb miałby być rozdzielony. Wszyscy piraci głosują za lub przeciw (wraz z piratem proponującym podział). Każdy z piratów myśli tylko o sobie i chce wyjść na podziale jak najlepiej. Jeżeli przynajmniej 50% załogi zaaprobuje pomysł, to w ten właśnie sposób skarb zostanie rozdzielony. Jeżeli jednak pomysł nie uzyska aprobaty przynajmniej połowy załogi, to pirat proponujący podział wypada za burtę. Wtedy pomysł na podział proponuje najgroźniejszy z piratów, którzy pozostali na pokładzie, na dokładnie tych samych zasadach. Wszyscy piraci lubią wyrzucać kolegów za burtę, jednak oczywiście wolą otrzymać gotówkę. Żaden nie chce być wyrzucony do morza. Wszyscy są idealnymi logikami i wszyscy znają umiejętności swoich kolegów. Nie ma dwóch równie okrutnych piratów. Sztuki złota są niepodzielne i nie ma czegoś takiego, jak wspólna własność. Jaki podział zaproponuje najokrutniejszy z dziesięciu piratów, aby zyskać jak najwięcej i pozostać przy życiu? Odpowiedz uzasadnij.

1) Najmniej okrutnemu zawsze opłaca się głosować na 'nie'. Ideałem byłoby dla niego aby 9 okrutniejszych wyleciało za burtę, wtedy dostanie 100%
2) Jednak do tego nigdy nie dojdzie, bo już przy 2 ostatnich ten drugi od końca zaproponowałby podział: 100% dla siebie, 0 dla mniej okrutnego, jego głos miałby 50% i ostatni zostałby z niczym.
3) Jeśli zostałoby 3 ostatnich, to drugi (od końca) chciałby wyrzucić trzeciego (od końca) by przejść do 2) i zgarnąć wszystko, więc głosowałby na 'nie', ale już ostatni głosowałby za 'tak' na dowolną propozycję byleby tylko nie przejść do 2), bo wtedy zostanie z niczym. Wystarczy więc, że trzeci dałby ostatniemu 1 sztukę złota, by się ostatniemu opłacało za tym zagłosować.
4) Jeśli zostałoby 4 ostatnich, to .. i teraz wypadałoby już opuścić logikę i zabrać się za liczenie, ale z braku czasu obstawiam "na chłopski rozum", że trzeci (od końca, już nie będę tego dopisywał) chciałby wyrzucić czwartego, więc zagłosuje na 'nie'. Czwarty potrzebuje tylko jednego głosu na 'tak', więc wystarczy, że ostatniemu da 2 sztuki złota i będzie miał jego głos.
5) Jeśli zostałoby 5 ostatnich, to czwarty zechce go wyrzucić. Piąty potrzebuje 2 głosów na 'tak', więc ostatniemu musi dać 3 sztuki złota. Zostaje trzeci. Jeśli zagłosuje na 'tak', nie dostanie nic. Jeśli zagłosuje na 'nie' to przejdziemy do 4) i.. nie dostanie nic. Trzeba więc mu dać 1 sztukę złota, by wyszedł na plus, więc dla piątego zostanie 97 sztuk złota.
6) Jeśli zostałoby 6... i już nie będę wszystkiego rozpisywał, ale przez indukcję obstawiałbym, że co drugi musi dostać po 1 złota więcej idąc w górę, więc..
...
10) Mając wszystkich przy życiu obstawiałbym tak: 8 sztuk złota dla ostatniego, 6 sztuk złota dla trzeciego (nadal od końca), 4 sztuki złota dla piątego, 2 sztuki złota dla siódmego, 80 sztuk złota dla dziesiątego, czyli najgroźniejszego. Dziewiąty już nie musi dostać 1g bo mamy 5 głosów, więc 50%

Trafiłem?
[widzę, że nie jestem konsekwentny i "ostatni" jako jedyny nie jest "od końca", ale obstawiam, że opis jest jasny]

Pentax K10D | Sigma 17-70 F2.8-4.5 macro, Weltblick 300 F5.6, Phoenix 650-1300 (2600 z TC x2)
Lumix GX80 | Lumix G 12–32 f/3.5–5.6, Lumix G 45-150 f/4.0-5.6, Olympus M.Zuiko 45mm f/1.8

Dobrze kombinujesz, ale najokrutniejszy może zatrzymać jeszcze więcej.

Nie będę pisał dalej, bo poszperałem po necie za tą zagadką i coś mi się nie zgadza. Poczekam tutaj na rozwiązanie.

Pentax K10D | Sigma 17-70 F2.8-4.5 macro, Weltblick 300 F5.6, Phoenix 650-1300 (2600 z TC x2)
Lumix GX80 | Lumix G 12–32 f/3.5–5.6, Lumix G 45-150 f/4.0-5.6, Olympus M.Zuiko 45mm f/1.8

Przy takim zestawie zasad podziału, najokrutniejszy nie ma sposobu, aby uniknąć wyrzucenia za burtę a 100% bierze przedostatni pirat. Zugzwang. W zasadach albo brakuje jednego warunku, albo jest o jeden za dużo.

Nie wszystko co się liczy jest policzalne i nie wszystko co policzalne się liczy.

Rozwiązanie zagadki nr 34.

Dla ułatwienia ponumerujmy piratów w ten sposób, że najokrutniejszy otrzymuje nr 10, kolejny 9 itd. aż do numeru 1 dla najmniej okrutnego w tej bandzie. Pirat nr 10 bierze dla siebie 96 sztuk złota, 9 dostaje 0, 8 – 1, 7 – 0, 6 – 1, 5 – 0, 4 – 1, 3 – 0, 2 – 1, 1 – 0.

50% głosów to pięciu piratów. Najokrutniejszy musi więc kupić głosy jeszcze czterech kompanów. Wystarczy, że da im po jednej sztuce złota wg podziału powyżej. Obdarowani będą głosować za, ponieważ jeśli zagłosują przeciw i najgroźniejszy pirat opuści statek, odbywając spacer po desce, to następny pirat zaproponuje taki sam podział (każdy chce zyskać możliwie najwięcej), kolejka się przesunie i ci, którzy teraz mają 1 dostaną 0. Oczywiście każdy chciałby zostać najgroźniejszym i zgarnąć dla siebie większość, ale to oznacza, że najpierw musiałby się pozbyć kamratów stojących wyżej w hierarchii. Ponieważ wszyscy są tak samo uzdolnieni logicznie i zdają sobie z powyższego sprawę, nie będą pozbywać się kolegów tylko po to, żeby wkrótce i ich się pozbyto.

Do rozwiązania można też dojść od końca, jak zaproponował Marooned. Gdyby było dwóch piratów, to nr 2 wziąłby 100 sztuk złota nie dając nic jedynce i mając 50% głosów (czyli tylko swój) zostałby ze skarbem. Gdybyśmy mieli do czynienia z trzema piratami, nr 3 wziąłby 99 sztuk złota, a jedną oddałby jedynce, który zagłosowałby za, inaczej mielibyśmy sytuację jak wyżej i zostałby z niczym. Przy czterech piratach byłoby analogicznie, 4 – 99 sztuk złota, 3 – 0, 2 – 1, 1 – 0 i dwójka głosuje za, inaczej dojdzie do sytuacji wcześniejszej i zostanie z niczym. Nie możemy tu zakładać, że nr 2 zagłosuje przeciwko, licząc, że w końcu zostanie dwóch piratów, ponieważ sytuacja utknie już na kolejnym kroku (przy trzech piratach ostatni nigdy nie zagłosuje przeciw, bo zostanie z niczym). Podążając dalej tym tropem dochodzimy do sytuacji podanej na początku rozwiązania., kiedy to najgroźniejszy pirat zgarnia 96 sztuk złota, a numery parzyste dostają po jednej.

Pozdrawiam
Łukasz Bakuła

„Fotografia – to radość życia. Aparat nie został stworzony dla ludzi smutnych i skwaśniałych”. J. Płażewski