[LVII OM] Zadania I etapu

[mayka]

to 4 mam źle..wogole nie wiedziałam jak to zrobić nie ejstem genialna jak wy ;D moj kolega zrobil wyszlo mu 1024 ale nei wiem czy dorbze.. może tak.. ech...nie podobało mi się to zadanie :/

[Tomasz Rużycki]

Tak, powinno wyjść 1024 (dla 6ciu zadań), ale trzeba to jeszcze ograniczyć z góry.


Pozdrawiam,
--
Tomek Rużycki

[rahl]

@Tomek Rużycki: jak ograniczyc z gory? jak to mozna zrobic metoda dirichleta?
ta, wiem, jestem namolny ale mi to spokoju nie daje, a jak narazie nie widze jak to mozna zrobic. pewnie dlatego ze to dla mnie nowosc, nie jestem jeszcze oswojony z ta metoda, zeby od razu widziec jej zastosowania

[ruda88]

hehe, ja w 4 rozpisalam to na piechotke z kombinacji, permutacji, itp. tyle ze sie w tym liczeniu w jednym miejscu pomylilam i wyszlo mi cos ponad 800, tak to jest jak sie wszystko w ostatniej chwili robi zalicza mi to pierwsze jesli udawadnialam to po prostu ze zwyklej podzielnosci? jak to wszystko jest punktowane? za jakies niewielkie bledy obliczeniowe od razu na 2 ptk zjezdzaja? tak sie zastanawiam czy mi sie oplaca za kolejne etapy brac, chyba rozwiaze sobie olimpiade fizyczna albo informatyczna, chyba mam wieksze szanse niz w tej matematycznej ;] najgorsze jest to ze mi na wszystko czasu brakuje;/

[szpieg]

@rahl: jezeli wezniemy piec zadan to mozemy miec w nich maksymalnie 1024 kombinacje rozniace sie przynajmniej jedna ocena. Czyli istnieje szansa ze da sie dobrac tak ocene z szostego zadania zeby warunki zadania byly spelnione (de fakto da sie ). Jezeli chcielibysmy dolozyc jeszcze jakas kombinacje (ocen w tych pierwszych pieciu zadaniach) to musialaby byc ona taka sama jak jedna z juz istniejacych co jest sprzeczne z warunkami zadania.

[Musashi]

A ja powiem tyle:

Muszą istnieć osoby które odpadną po pierwszym etapie i ja sie do nich zaliczam ale jakoś mnie to nie zniechęca do prubowania

[admih2]

Ja 4 zrobiłem z warjacji z powótrzeniami.
dla 6 zadań i 4 różnych ocen wyszło mi ze jest 4096 kombinacji i wtedy jeśli od 6zdań odjąłem 2 które mają mieć inna ocene wyszło 4. 4096 podzieliłem przez 4 i wyszło ze dla 2 zadań różnych istnieje 1024 kombinacje

[neworder]

@ruda88: za jakieś przypadkowe, mało ważne błędy zabierają 1 pkt., gorzej, jak w wyniku błędu zasadniczo zmienia się dalsza część zadania, wtedy może być 2 albo 0.

[vinci]

neworder a co sie dzieje jak powiedzmy w rozw. wysuwasz teze i jej nie udowodnisz(bo nie jest oczywista).. wtedy mozna dostac 5? (to sie nie odnosi do tej I serii)

a zadania: pierwsze 3 tak jak wszyscy, 4 - modulo...

[ Dodano: Wto Paź 11, 2005 7:37 pm ]
kiedy bede firmowe rozwiazania?

[Tomasz Rużycki]

Firmowe rozwiązania pojawią się po zakończeniu trzeciej serii.


Pozdrawiam,
--
Tomek Rużycki

[juzef]

Ja uważam, że punktacja na olimpiadzie jest sprawiedliwa. W zeszłym roku za każde rozwiązane poprawnie zadanie dostałem 6 punktów, za jedno błędne 2 punkty. Tak więc moim zdaniem jeśli metoda przedstawiona w rozwiązaniu jest poprawna, a błąd tkwi w obliczeniach, to nadal można liczyć na 6 punktów.

Ja 4 zrobiłem z warjacji z powótrzeniami.
dla 6 zadań i 4 różnych ocen wyszło mi ze jest 4096 kombinacji i wtedy jeśli od 6zdań odjąłem 2 które mają mieć inna ocene wyszło 4. 4096 podzieliłem przez 4 i wyszło ze dla 2 zadań różnych istnieje 1024 kombinacje

Mógłbyś przybliżyć to rozwiązanie? Bo jest ono albo bardzo ciekawe, albo błędne.

[neworder]

@vinci: Róznie bywa. Jeśli twierdzenie jest jakimś pobocznym lematem, a całość rozwiązania jets poprawna, to raczej tak, natomiast twierdzenie jest kluczowe i ma nietrywialny dowód, to na więcej niż 2 nie należy liczyć.

[ Dodano: Wto Paź 11, 2005 8:23 pm ]
tommik, możesz opisać mniej więcej swoje analityczne rozwiązanie do 3.?

[rahl]

mozna bylo zrobic tak jak zrobil admih2? mozna takim sposobem dostac maxa?

[Tomasz Rużycki]

3. też robiłem analitycznie... (2a,0), (2b,0), (0,2) wierzchołki (a0). Równania prostych zawierających boki, symetralne, środek okręgu, rzuty D na AC i BC, potem czworokącik EOFC na dwa trójkąty podzieliłem odcinkiem OC bodajże & policzyłem ich pola z wyznacznika:)


Pozdrawiam,
--
Tomek Rużycki

[neworder]

W sumie 4. można chyba dość łatwo rozwiązać dla uogólnionego przypadku - mamy n zadań i k ocen. Liczba wszystkich możliwych uczestników wynosi \(\displaystyle{ k^{n}}\). Dzielimy ich na grupy po k uczestników w każdej takie, że w każdej grupie wszyscy uczestnicy mają pierwsze n-1 ocen takich samych, a ostatnią różną. Z każdej grupy można oczywiście wybrać co najwyżej jednego uczestnika (zasada Dirichleta).
Rozpatrzmy dowolne dwie k-osobowe grupy takie, jak powyżej. Mamy 2 przypadki:
a) wśród pierwszych n-1 cyfr wszyscy uczestnicy mają co najmniej dwie cyfry różne - czyli trywialnie spełniają, możemy z każdej grupy wybrać dowolnego kolesia
b) wśród pierwszych n-1 cyfr uczestnicy z jednej grupy mają tylko jedną cyfrę różną od uczestników z drugiej grupy; muszą więc różnić się ostatnią cyfrą. Wśród pierwszych n-1 cyfr mogą różnić w jakimś zadaniu na k sposobów (k ocen), a że ostatnia ocena również przybiera k wartości, to zawsze znajdę którychś dwóch, że będą mieli różne jedną z n-1 pierwszych i ostatnią. C.k.d.