第三版杀拉五题串烧

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第三题..
首先吐槽下

引用

常识告诉我们依次从第一框第二框取1，2……个，最后看差值，就可以计算出来了。

事实上常识告诉我的应该是0,1,2,...个.
然后回到原题..
嗯,必须先澄清一点,多次操作的话,是必须事先决定每一次操作,还是后边的操作步骤可以取决于前边的操作步骤得到的结果?好像并没有明说,那我就猜是后者吧..正常问的都是后者的意思吧..
然后再回到原题....

引用

如果有10筐，每筐100个呢，最少需要称几次就一定能找出0.99斤的苹果？

没不同.还是一次.

引用

如果有a筐，每筐b个呢，最少需要称几次就一定能找出0.99斤的苹果？

这次不同在哪里呢..显然是上述方法并不能用,因为不能从某框取出"11个"之类的.
那么,切一切,"半个"之类的可以吗?可以的话就没啥好玩的了怎么改都是1次了所以我猜lz肯定不接受..
所以,每次取都只能取自然数个.
等等,称的操作具体是什么?"从所有框中分别取出自然数个称其总重量"?有比这更强大的功能吗?我反正想不到,所以就当是这样吧..(毕竟要是有别的更强大的操作,连"次数"这个概念可能都模糊了甚至都不存在了,所以我就假定lz也规定一次操作就是这样吧..)
那么这样的操作能得到什么信息呢?显然从总重量可以得到重的和轻了的各有几个,于是取的个数和轻了的个数一样的筐就是嫌疑筐,不一样的就是无辜筐;反之,这显然也是等价的,嫌疑筐每一个是犯筐都满足条件和称量结果,同时无辜筐是犯筐也会与结果不符合.
所以,每次操作的所有选择,为选择每筐取的个数,且只能在{0,1,2,...,b}中选择.
假如我给a个筐选的个数是t[0]个0,t[1]个1,t[2]个2,...,t[[/b]b]个b,那么显然此次操作的结果就是我得到了一些无辜筐,而犯筐的个数可能是{t[0],t[1],...,t[[b]b]}中的任何一个(当然,正确的题设和结果不会让我得到某个0).而结果是要确定其中唯一一个犯筐..
不多说了,二分推广N分都得说的话就别看了..我也不证明N分的结论了..总之就是..
次数为ceil(log[b+1](a)).

引用

如果有100筐，每筐10个呢，最少需要称几次就一定能找出0.99斤的苹果？

由上述结论,次数为ceil(log[10+1](100))=ceil(1.920505135...)=2.

ps.怎么这结论写着看起来这么眼熟..乃该不会前两次就出过结论是N分的东西吧..

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第三题由 meteorite 天马行空 答对
答案是 log[b+1](a) 的向上取整
解答= =我懒得码了，看21楼的解答

下面放出第四题


在一个长轴为2，短轴为1的平面椭圆上。由两个长轴上的椭圆顶点和一个短轴上的椭圆顶点组成的三角形，这个三角形的面积记为S。
问在这个椭圆上取另外三个互不相同的点，能够组成面积为S的三角形有多少个？

（这其实不是数学题:ywz17: ）

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我先改对的

meteorite 于 2015-08-17 15:53:37 补充以下内容:

三。。。三个？》》》无限个

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被各位数学学霸们虐得连渣都不剩...

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哦..第四题放了吖..
首先还是吐槽.."平面椭圆"是什么鬼?!难道还有立体椭圆?!

下面回到原题..
喂喂喂这难道会不是无穷多个??
只要能说明存在个一般点的,然后顶点略微动一点点就有另一个了然后就显然无穷个了嘛..

==== 华丽的分割线 ====
上边说的是真的.
不过,可以很简单地严谨证明的说法嘛....
随便取俩共轭直径四个顶点都是酱紫的.

来补充下..上边提到椭圆的"共轭直径"的概念..这里稍微说下..
对于圆锥曲线,定义"弦"为

引用

以圆锥曲线上两点为端点的线段

定义"直径"为

引用

平行于某定弦的动弦的中点的轨迹

然后我们有结论I:

引用

圆锥曲线的直径均为直线(的一部分).

然后我们来定义共轭直径吧:

引用

两条直径,每条都平分所有平行于另一条的弦,则称其互为共轭直径.

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标题不是都已经改成

引用

第三版杀拉五题串烧（5/5）

了吗为啥还见不到第五题lz我要告乃欺诈

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出第五题吧 第四题并不适合全年龄段

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说说第四题的疑问：椭圆是个中心对称的图形，且左右上下对称。
是不是说在左边符合条件的图形必定存在右边也符合条件的图形；上边符合条件的图形必定存在下边也符合条件的图形
那么无论找多少条这个数必定是个偶数，
现在问题来啦，无限个图形也就是无穷大的图形数。但无穷大的数有奇偶性么。

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以下是第五题

有64个人，每个人背后将会被随机写上1到64的数字(可以重复)，每个人可以看到其他人的背后的数字，但是都不知道自己的数字。他们在游戏开始前有足够时间讨论，写上数字后，他们不允许以任何形式交流，随后他们一人写一个数字(每个人只知道自己写的数)，如果有人写的数字和自己背后的数字相同，则这64个人共同胜利胜利。
问，这64个人有没有必胜法？

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哟,第五题出来了吖~
这题方法都耳熟能详了~
考虑mod n的完全剩余系..
记总共n个人,背上的数分别为a[1],a[2],...,a[n].
记S=a[1]+a[2]+...+a[n].
S mod n有n种可能,只要构造一种猜法使得其中任意一种都对应某一个人猜中即可.
S=k(mod n),也就是

1. a[k]=k-sum(a[i],i<>k)(mod n).

复制代码

上式右边可由k和除a[k]外其余的a[i]确定.
所以,我说完了.

综上,只须令第k个人猜

1. (k-sum(a[i],i<>k)) mod n

复制代码

即可(其中b|(a mod b)-a,且(a mod b)∈{1,2,...,b}).
顺便换个没有这么多符号的说法..先给n个人编号1到n,然后编号k的人把看到的其他人背上的所有数加起来得到t,然后看1到64中哪个和k-t相减后是n的倍数就猜哪个.

最后,这里令n=64.

所以,原题的答案是"有".