Formuła 0
Zazwyczaj między 13.30 a 13.45 samochody Formuły 1 mogą i powinny zająć przynależne im miejsca startowe oznaczone na torze białymi liniami. Szczegóły ich rozmieszczenia zależą od rodzaju toru, ale ogólne zasady są stałe i łatwo zauważalne.
Bolidy ustawiają się w dwóch kolumnach po dwóch stronach toru. Kolumna z numerami parzystymi jest nieco przesunięta do tyłu. Numery startowe odpowiadają kolejności czasów uzyskanych w kwalifikacjach. W sezonie 2008, po wycofaniu się Super Aguri, w wyścigach uczestniczy 10 zespołów, każdy reprezentuje dwóch kierowców.
Raz w roku, po zakończeniu Grand Prix Formuły 1, w Tiutiurlistanie organizowany jest wyścig Formuły 0. Uczestniczy w nim pięć najsłabszych zespołów z Formuły 1, a startuje także po dwóch kierowców z każdego zespołu. Obowiązuje dwukolumnowe ustawienie aut na starcie, ale kolumny nie są przesunięte względem siebie, więc samochody tworzą jakby dwuszereg złożony z pięciu par. O tym, na którym miejscu znajdzie się które auto, rozstrzyga los, a ściślej wyniki turnieju pokera rozgrywanego poprzedniego dnia w miejscowym kasynie. Zresztą i tak są one później korygowane w taki sposób, by ustawienie samochodów było zgodne z następującą zasadą: dwa auta stojące obok siebie, czyli na tej samej wysokości w dwóch kolumnach, nie mogą należeć do tego samego zespołu.
Ile jest różnych możliwych sposobów ustawienia aut na starcie do wyścigu Formuły 0?
Na marginesie warto dodać, że Formuła 0, oczywiście inna niż ta w zadaniu, istnieje naprawdę. Pierwszy wyścig planowany jest na 14 sierpnia br. w Rotterdamie. Startować będą wyłącznie auta napędzane wodorem, czyli generujące ZERO zanieczyszczeń.
Komentarze
3225600
Rozumowanie:
Rozważmy ustawienie samochodów na torze jako ciąg 5 uporządkowanych par bolidów. Wszystkich takich kombinacji bez zwracania uwagi na zasady jest 90 (pierwszy bolid dowolnie, drugi jako jeden z pozostałych 9-ciu). Wszystkich par stworzonych według zasad jest 80 (pierwszy bolid dowolnie, drugi to jeden z 8 z innych teamów). Tyle mamy możliwości utworzenia pierwszej pary. Aby uzyskać ilość sposobów ułożenia drugiej pary przy ułożonej pierwszej, od 90 odejmujemy 2 (za pierwsze parę i jej odwrotność) a także wszystkie możliwości utworzenia par bolid z pierwszej kolumny – inny bolid (jest tych możliwości 2*2*8 = 32, w ten sposób pozbywamy się również niedozwolonych par) – otrzymujemy 56. Dalej postępujemy podobnie: od 56 odejmujemy 2 i 2*2*6, otrzymując 30, dalej 12 i 2. Ilość wszystkich kombinacji jest równa 80*56*30*12*2 = 3225600.
Przypominam, że poprawne rozwiązania uwalniam dopiero po 2-3 dniach od publikacji wpisu. Dlatego powyższe rozwiązanie uwolniłem wcześniej.
mp
Dwa miliony dwieście czterdzieści dwa tysiące pięćset sześćdziesiąt.
Powyższy wynik jest bardziej strzałem niż porządnym rozumowaniem.
Pozdrawiam
róznych par jest (10 nad 2) czyli 45. jak te pary pustawiamy w kolejności to wyjdzie nam to na 5! sposobów czyli 120. a na koniec (albo poczatek:) jeszcze każda para może zamienić się miejscami lewo-prawo, czyli 2 do 5 możliwości. w sumie 45*120*32=???
Podejrzewałem, że lekko nie będzie, ale nie, żeby aż tak nielekko.
Jeszcze nikt nie przysłał poprawnego rozwiązania.
Postanowiłem nie zamieszczać następnego wpisu, dopóki nie wpłynie komentarz z prawidłowym wynikiem. Zastanawiam się, czy w związku z tym nie skorzystać z okazji i nie wybrać się na dłuższą wycieczkę.
Podpowiem, że rząd wielkości w rozwiązaniach Tomasza Palacza i Andrzeja jest OK.
mp
PS (dopisane w południe 8 lipca) no, niestety, z dłuższej wycieczki nici…
(dopisane po południu) Andrzeju, jestem bardzo zadowolony…
(dopisane pod wieczór) poprawne rozwiązania uwolnię jutro rano…
2088960 – z zasady wlaczen i wylaczen
A dokladnie:
10! – (2^1*C(5,1)^2*8! – 2^2*C(5,2)^2*6! + 2^3*C(5,3)^2*4! – 2^4*C(5,4)^2*2! + 2^5*C(5,5)^2*0!)
2 088 960
Do tego wyniku doszedłem dwiema metodami. W obu musiałem rozwiązać problem podobny do poniższego:
Mamy szachownicę nxn, gdzie n jest parzyste. Jako grubą przekątną będziemy rozumieli przekątną szachownicy składającą się n/2 kwadratów rozmiarów 2×2. Naszym zadaniem jest rozstawienie n/2 wież przy zachowaniu następujących zasad:
1) Wieże nie mogą się znajdować na polach gdzie grozi im bicie,
2) Nie wolno stawiać wież na grubej przekątnej,
3) Ustawienie wież ma być symetryczne, a osią symetrii ma być przekątna.
Ile jest możliwych ustawień?
Jedna metoda polegała na rozwiązaniu takiego zadania dla n=10 i przemnożeniu wyniku przez 5!*2^5.
Druga metoda była bardziej skomplikowana obliczeniowo. Polegała na zsumowaniu liczby możliwości ustawień gdy: dokładnie 1 para samochodów jest ustawiona niepoprawnie; dokładnie 2 pary są ustawione niepoprawnie… dokładnie 3 pary… itd (wymagało to rozwiązań zadania z wieżami dla n=8, n=6, n=4). Następnie sumę tą należało odjąć od 10!.
2088960, ale jest to rozwiązanie zdobyte „brutalnie” – za pomocą programu komputerowego sprawdzającego wszystkie możliwości.
10*8* ‚1 para
8*6* ‚kolejna para
6*4*
4*2*
2*1 = 1 474 560
Po pewnych uzupełnieniach, a raczej wykluczeniach, znalazłem liczbę
2088960.
Czy teraz jest Pan Panie Marku zadowolony, czy mam nadal szukać?
……………………………………….
Podczas szukania rozwiązania przyszło mi do głowy kilka pomysłów z których najbardziej zaciekawił mnie ten, według, którego znalazłem więcej niż 10! (silnia) rozwiązań. Niestety teraz nie mogę odtworzyć mojego toku rozumowania, który doprowadził mnie do tak ciekawego wyniku, a szkoda, bo mogło być zabawnie.
Powyższa sytuacja skojarzyła mi się z tą z jaką zetknęli się astronomowie odkrywając w Kosmosie obiekty starsze od wieku Wszechświata.
Pozdrawiam
Wkradły się dwie nieścisłości:
1) Wież ma być n (a nie: n/2),
2) Przekątne z punktu 2 i 3 pokrywają się.
8*2*5 * 8*2*4 * 6*2*3 * 6*2*2 * 2 = 8 847 360
Uu, panie eMPiotr to takich dobrych ustawien by bylo wiecej niz wszystkich mozliwych ustawien 10 elementow 😉 Niezle, niezle, gratuluje pomyslowosci 😀
Wyszło mi 2.751.480
Rozwiązań nie może być więcej niż 10!
Pozdrowienia Antyp
No cóż, mylić się jest rzeczą ludzką, zwłaszcza gdy się próbuje robić zadania w pracy 🙂
Zgodnych z warunkami jest 2088960 różnych ustawień startowych.
Przynajmniej tyle mi wyszło.
Karwer:
A dałoby się jeszcze dokładniej?
Pozdrawiam
Pomylka, wzor powinien byc:
10! – (2^1*C(5,1)^2*8!*1! – 2^2*C(5,2)^2*6!*2! + 2^3*C(5,3)^2*4!*3! – 2^4*C(5,4)^2*2!*4! + 2^5*C(5,5)^2*0!*5!) – zle przepisalem z kartki.
Pierwsza sprawa C(n,k) to dwumian Newtona n po k.
Policzmy zle ustawienia – najpierw wezmy takie, ktore maja zla co najmniej jedna pozycje (czyli dwa samochody z 1 teamu na jakiejs pozycji). Mamy:
C(5,1) – bo na tyle sposobow wybieramy na ktorej pozycji ma byc zgodnosc
C(5,1) – bo na tyle sposobow na tej wybranej pozycji mozemy wybrac team, ktory tam jest
1! – na tyle sposobow mozemy przestawiac wybrany team na tej pozycji
2^1 – bo na tyle sposobow mozemy ustawic samochody z tego teamu na tej pozycji
8! – na tyle sposobow mozemy ustawic pozostale samochody
Razem: C(5,1)^2*2^1*8!*1! – oczywiscie mnostwo ustawien tu liczymy wielokrotnie – ale na tym polega zasada wlaczen i wylaczen, zeby teraz odjac:
C(5,2) – bo na tyle sposobow wybieramy na ktorych dwoch pozycjach ma byc zgodnosc
C(5,2) – bo na tyle sposobow wybieramy teamy na te pozycje
2! – na tyle sposobow mozemy przestawiac wybrane teamy na wybranych pozycjach
2^2 – bo na tyle sposobow mozemy ustawic samochody z tych teamow na wybranych pozycjach
6! – na tyle sposobow mozemy ustawic pozostale samochody
Razem C(5,2)^2*2!*2^2*6!.
I tak na zmiane odejmujemy i dodajemy. A jak skonczymy to to wszystko jako te zle odejmujemy od wszystkich moziwych ustawien czyli od 10!.
Pozdrawiam,
MK