【乱世发题最吃亏】 魔术师猜扑克牌_智商吧_百度贴吧
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【乱世发题最吃亏】 魔术师猜扑克牌
扑克牌有４种花色：、红心、方块、每种花色各取９张牌，共３６张牌，随机排好，牌面向下：负责猜每张牌的”花色”（不猜数字），猜的方法如下：（１）先猜花色（２）翻开最上面的那一张牌，看看自己猜对了没（３）猜完之后，将那张牌丢到一旁，然后继续猜下一张牌的花色这３６张牌有一个特性，那就是每张牌的牌面都是”不对称”的，也就是说天地颠倒看起来不一样：－－－－－－－－－－－－－－－－对称：　　　不对称：－－－－－－－－－－－－－－－－今天有一个助手，这个助手可以偷看这３６张牌的牌面，他也可以随意颠倒任何牌的天地（但是不能更改牌的顺序）－－助手弄完之后，把这３６张牌交给魔术师去猜，整个过程当中，两人没有任何交谈的机会。助手在偷看牌”之前”，他可以与开会商讨对策。请问各位，与助手应该使用怎样的策略，方可保证魔术师猜对”最多次”？
大家都玩过扑克牌。但是...
没错还是XP的 不过我觉X...
来考大家的智商了. 地主...
橱柜需要使用很多年？
如果我没记错，除了方块7，其他方块全是对称的、、、
暂时只能猜出三分之一，再想想
被二楼大神发现题目有破绽，那就假设是儿童用牌吧。。。挽尊挽尊挽尊。。。
从前面翻出来的结果能算出来剩下的牌每种花色有几张，按照从多到少排序。如果有并列的话，事先约定好一个顺序（比如说黑桃＞红桃＞梅花＞方块）、、、如果看见“天”，就猜最多的那个花色，看见“地”，就猜第二多的那个花色、、、
立着猜黑色，横着猜红色。
这样正好猜对一半
我整理一下。俩张牌可以确定第三张花色。12张确定第3张，34确定第5张，那么正确的就是3 5 7 9
33 35 ，最后一张36肯定知道是什么。确保一半是对的。1 2 4 6 8
10 这种是不确定组的，提前拿出4张指定不确定组最多的花色，这样不确定组至少正确四分之一。一共就是20个。个人感觉正确答案应该是27个左右
抛砖引玉吧 事先约定 红桃 方片为红色 黑桃梅花为黑色策略一（红色策略）是 第一张牌天指示下一张为红桃 ，地是方块 ，如果猜中，猜中的牌继续指示，如果猜错，那么前面两张牌合起来是指示下一张牌的花色，这样整体的概率约为2/3,但不稳定。不稳定的原因在于猜红色的地方实际是黑色。 策略二 和红色策略运行流程完全一样。也就是哪里要猜，哪里会确认的点都一样。只是猜的时候天地指认的是黑色牌。策略一和策略二必然有一个整体概率大于2/3.这时牺牲第一张牌，先告诉应该采用策略一还是策略二，整体可以确保约2/3的概率。
”最多次” 为什么有引号，需要解释
毕业季，你准备好了吗？
啧，这题好难啊，我连题都看不懂
没全对！魔术师岂不是很难看！
利用第一张牌定位下一阶段猜红还是黑。利用第一张牌定位的红黑和上一张牌的天地猜花色。直到猜错的牌数量x满足 36-x-2&=x.这阶段至少猜对一半。利用猜错的牌的天地表示接下来牌的红黑。结合上一张牌的天地确认花色。这阶段全部能猜对。至少能对23张。不知有什么方法能突破2/3？
所有牌编号1~36如果编号为奇数的牌黑色的多，那么第一张就是天，反之为地如果第一张是天，那么魔术师在奇数次牌全猜黑色，反之全猜红色从第二张开始，通过天地来判断牌的花色。运气再差，应该也能才对17张牌。
用两张猜一张，可以猜中一半，暂时想到猜中最多的就这个方法
若是把梅花上一张牌放成天，其余为地，地下面按剩余最多花色猜，也可以猜对一半
若天下红，地下黑，分辨花色用概率，也能猜对一半
目前小弟想出来的办法，可以保证预测 24 张牌：＜第一阶段，两两成对的猜测，并且培养额外资讯＞假设(3,4)花色不同、(5,6)花色不同、(7,8)花色不同、(9,10)花色不同、(11,12)花色不同、(13,14)花色不同。。。文章最后会解释，如果假设不成立的话，该怎麼变通。(1,2) 的天与地，提供 4 bits 的资讯，用来描述 (3,4) 之中的某一张牌，保证可以猜对 1 张；至於是 3 或是 4，可以带来 1 bit 额外的资讯。(3,4) 的天与地，提供 4 bits 的资讯，用来描述 (5,6) 之中的某一张牌，保证可以猜对 1 张；至於是 5 或是 6，可以带来 1 bit 额外的资讯。(5,6) 的天与地，提供 4 bits 的资讯，用来描述 (7,8) 之中的某一张牌，保证可以猜对 1 张；至於是 7 或是 8，可以带来 1 bit 额外的资讯。(7,8) 的天与地，提供 4 bits 的资讯，用来描述 (9,10) 之中的某一张牌，保证可以猜对 1 张；至於是 9 或是 10，可以带来 1 bit 额外的资讯。(9,10) 的天与地，提供 4 bits 的资讯，用来描述 (11,12) 之中的某一张牌，保证可以猜对 1 张；至於是 11 或是 12，可以带来 1 bit 额外的资讯。(11,12) 的天与地，提供 4 bits 的资讯，用来描述 (13,14) 之中的某一张牌，保证可以猜对 1 张；至於是 13 或是 14，可以带来 1 bit 额外的资讯。(13,14) 的天与地，不描述任何东西，直接提供 2 bits 额外资讯。至此猜中 6 张牌，并累积 1*6 + 2 = 8 bits 额外的资讯。＜第二小阶段，撕毁第 15 张牌＞如题，本方法不需要第 15 张牌，可以大方撕毁之（也就是说，第 15 张牌是备而不用）。＜第三阶段，每花费 1 bit 资讯，每五张牌中猜对四张＞给 (16,17,18,19,20) 这五张牌 (2,1,1,1,1) bits 的额外资讯，可以保证猜出五张牌（别忘了 16~19 的正反状况，各自也提供 1 bit 资讯给下一张牌）；故一共付出 6 bits ，就可以保证这五张牌全猜对。但等等，(16,17,18,19,20) 这五张牌不一定要全部猜对，我们可以故意弄错 1 张牌（或者都不弄错），这样就可以制造出十六种不同的情况以提供 4 bits 额外资讯，证明如下：　＜Ａ&#6,18,19,20)全部正确，是第 1 种状况　＜Ｂ&#6,18,19,20)之中故意搞错一个，共有 5 种状况。但这 5 种状况各自都可以再细分为 3 种状况。怎麼说呢？想要猜对某一个数字，我们需要 2 bits 的资讯，而猜错的时候，可能是第 1 bit 错了、或者第 2 bit 错了、或者两 bits 都错了－－故每种错误又可以细分成为 3 种状况。　＜Ｃ＞ 1 + 5*3 = 16 = 2^4，这 2^4 种状况可以提供额外的 4 bits 资讯。总合以上，付出 6 bits 额外资讯之后，(16,17,18,19,20)这五张牌至少猜对 4 张，且获得 4 bits 额外资讯。除此之外，最后那张牌（第 20 号）的正反状态，可以再提供 1 bit 的额外资讯：故一共付出 6-4-1 = 1 bit 额外资讯，并保证猜对 4 张牌。同样的手法处理(21,22,23,24,25)、(26,27,28,29,30)。至此，共猜对 6+4+4+4 = 18 张牌，剩下 8-1-1-1 = 5 bits 额外资讯。＜第四阶段，每 1 bit 资讯可以猜对 1 个数字，共用 4 bits 资讯猜对 4 个数字＞剩下的 31,32,33,34 ，都是”先付出 2 bits 资讯猜牌、必猜中之后，依据牌的天地，再收回 1 bit 资讯”。至此共猜对 18+1+1+1+1 = 22 张牌，剩下 5-1-1-1-1 = 1 bit 资讯。＜最后阶段，只要有 1 bit 资讯，必能猜对最后两个数字＞最后的 35,36 ，事实上只要 1 bit 资讯就可以猜对了（只剩两张牌了，最多两种花色的先后排列，1 bit 绝对可以解决）。至此共猜对 22+2 = 24 张牌。＜回头检验最初假设＞假设(3,4)花色不同、(5,6)花色不同、(7,8)花色不同、(9,10)花色不同、(11,12)花色不同、(13,14)花色不同。以上，我们一共作了六个假设。如果任何一个假设部成立的话，依据前面的步骤，我们等於”多猜对 1 次，但是少获得 1 bit 额外资讯”。再回头看第四阶段，第四阶段是”花费 1 bit 额外资讯，猜对 1 次”，这样一共作了四次。故如果前面在第一阶段”多猜对 1 次，但是少获得 1 bit 额外资讯”，那麼我们在第四阶段少作一次补回来就好了。好，第四阶段可以 cover 四次，但第一阶段我们作了六个假设，那怎麼办呢？别担心，我们在第二阶段不是撕毁了第 15 张牌吗？这张牌怎麼说也可以提供 1 bit 的额外资讯是不是？所以说第二阶段与第四阶段一共可以补偿 5 bits 的额外资讯。最后的问题，就是如果这六次假设通通错了，那怎麼办？如果六次假设通通错了，代表前面 14 个花色你猜中 12 个，高兴都来不及了，剩下的随便猜猜都成。＜随便猜猜的范例：每三张牌，猜对两张＞　＜１＞第１张牌的天地代表红或黑（黑：黑桃与梅花；红：红心与方块）。　＜２＞第２张牌的天地代表下一张牌的大小（黑桃＞梅花、红心＞方块）－－以后除非特别注明，否则每一张牌的天地，都代表下一张牌的大或小。　＜３＞第３～５号，全猜同一种颜色（由第１张牌决定），至於大小则是由前一张的天地决定：　　＜３－１＞如果３～５号是两红一黑或两黑一红的话，则正好猜中两次。至於猜错的那一次，他的前一张牌的天地代表了下一轮（每轮三张牌）的颜色－－如此可以无限循环。　　＜３－２＞如果３～５号是三红或三黑的话，则猜中三次。就算再没出息，你用５号的天地代表７号的颜色，用６号的天地代表７号的大小，这样６～８之中保证猜中一个７号（８号都还没用到呢），３～８平均起来也是”每三张牌可以猜对两张”。　＜４＞步骤３可以无限循环下去，保证每三张牌猜中两张。
求原版，现在看到是26张牌
找到俄文版的26张，请大神们译解，THX26 картА как, интерес к первоначальной задаче про 36 карт ещё остался, или все ушли в асимптотику? А то у меня тут наконец вроде бы вырисовалось решение для 26 карт, не использующее даже, как ни странно, замечательную идею про "сюрприз".Моё решение использует идею завсегдатая ньюсгруппы rec.puzzles (куда я запостил английский перевод этой задачи с неделю назад) по имени James Dow Allen (кроме него, никто там ничего интересного не смог пока сказать). У него получилось, основываясь на опубликованном здесь решении для 24 из 36 без "сюрприза" (его я тоже туда запостил через некоторое время) сделать 25 из 35, но до 26 из 36 его решение не обобщается (т.к. тесно использует тот факт, что распределение мастей для последних карт известно — см. ниже). Мне удалось, кажется, выжать ещё один бит и довести до 26. Если я в чём-то ошибся, пожалуйста, укажите на ошибку. Сможет ли "сюрприз" позволить увеличить ещё до 27, не знаю, не проверял ещё всех вариантов, но сомневаюсь пока.Итак, Условимся, подобно биту, называть тритом и пентитом свободный выбор из 3 и 5 вариантов соответственно.Начнём с конца. Когда у нас осталось 6 последних карт, 31-36, сколько запасных битов нужно, чтобы их все безошибочно угадать? С четырьмя битами это сделать тривиально (т.к. карты 35-36 всегда угадываются с помощью только рубашки 35-й карты); я покажу, что можно с тремя (возможно, это поможет кому-то в другом методе?). Т.к. это последние шесть карт, то мы знаем распределение мастей по ним. Пронумеруем наши шесть последних карт 1-6 для удобства. Для каждого распределения будет свой, оговоренный заранее, метод кодирования. Интуитивно должно быть понятно, что тяжелее всего случай самого ровного распределения: 2-2-1-1, но сделаем всё строго. Достаточно рассмотреть три случая, покрывающие вместе все распределения: а) есть только три масти (или меньше); б) есть распределение 3-1-1-1; в) есть распределение 2-2-1-1.Далее следует подробный рассмотр всех случаев, который можно пропустить, если желаете поверить мне на слово, что можно отгадать последние 6 карт с тремя битами ;)а) есть только три масти, так что для определения масти каждой карты достаточно одного трита. Начнём с четырёх битов: три запасных и один первой карты, вместе они дают пространство в 16 выборов. Используя 15 из них, делим их 5/5/5 . Выбор одной из пятёрок определит масть первой карты, и в запасе остаётся пентит. Вместе с битом второй карты он даёт пространство выбора в 5*2=10, достаточное (т.к. больше 9) для кодирования второй и третьей карты. После этого биты третьей и четвёртой карты кодируют четвёртую обычным способом, а бит пятой определяет пятую и шестую.б) распределение 3-1-1-1. Опять используем три запасных бита и бит первой карты, и распределяем пространство выборов соответственно четырём мастям так: 5/3/3/3. Это даёт нам масть первой карты (выбор одной из четырёх групп) и кое-то в запас. б-1) Если первая карта была такой масти, которой одна штука, у нас теперь остаётся распределение 3-1-1 и запасной трит. Этот запасной трит определяет масть второй карты, и мы переходим к третьей карте с одним запасным битом (рубашка второй карты), и распределением либо 3-1, либо 2-1-1. В случае 3-1 бит каждой следующей карты просто будет определять её масть. В случае 2-1-1 мы используем бит второй карты, чтобы определить, относится ли третья карта к той масти, которой осталось две штуки. Если да, то мы её отгадываем, после чего третья и четвёртая рубашки кодируют четвёртую карту, и далее как обычно. Если нет, то тратим бит третьей карты, чтобы определить окончательно её масть, отгадываем, и остаёмся с распределением 2-1; бит четвёртой карты определит её масть из этих двух выборов, и далее как обычно.б-2) Если первая карта была такой масти, которой три штуки, то у нас теперь остаётся распределение 2-1-1-1, и свободный пентит. Мы распределяем его на четыре группы: 2/1/1/1, причём та группа, в которой два выбора, относится к той масти, которой есть две карты. Выбор группы определяет масть второй карты, после чего мы остаёмся либо с распределением 2-1-1, и битом с рубашки второй карты, либо с распределением 1-1-1-1, запасным битом из первой группы, и битом второй карты.Первый случай был только что рассмотрен внутри б-1); во втором случае у нас просто есть два бита, и их хватает, чтобы угадать следующие две карты обычным способом, и закончить последние две карты, как обычно.в) распределение 2-2-1-1. Это самый "тесный" случай. Мы делим наше пространство из 16 выборов так: 5/5/3/3 , где пентиты соответствуют мастям с двумя картами (естественно, масти присваиваются группам выборов согласно заранее оговоренному порядку мастей, как здесь, так и во всех других местах). После того, как выбор группы определяет масть первой карты, у нас есть два случая:в-1) 2-2-1 с лишним тритом. Этот трит определяет масть второй карты; после того, как мы её отгадываем, остаёмся с запасным битом второй карты, и распределением либо 2-1-1, либо 2-2. Первый случай рассмотрен в б-1) выше. Во втором случае нам даже не нужен запасной бит, т.к. бит каждой следующей карты определит её масть.в-2) 2-1-1-1 с лишним пентитом. Этот случай идентичен б-2) выше.
这３６张牌有一个特性，那就是每张牌的牌面都是”不对称”的，也就是说天地颠倒看起来不一样：－－－－－－－－－－－－－－－－对称：　　　不对称：－－－－－－－－－－－－－－－－原题指的是牌的“背面图案”是对称的，而不是牌面图案，so题图或有误解？？？
做了一张图，关于牌背请参考
操作方法（太长不看，给有心人作实验）。颜色：黑（黑桃、梅花）；红（红心、方块）大小：黑桃＞红心＞方块＞梅花x = 0第 1 号与第 2 号的天地，对应到第 3 号与第 4 号之中的某一张牌。第 3 号与第 4 号之中猜哪一个，对应到第 15+x 号的颜色；若第 3 号与第 4 号同颜色，则 x = x+1，第 14+x 号的值，对应到第 15+x 号的颜色。第 3 号与第 4 号的天地，对应到第 5 号与第 6 号之中的某一张牌。第 5 号与第 6 号之中猜哪一个，对应到第 16+x 号的颜色；若第 5 号与第 6 号同颜色，则 x = x+1，第 14+x 号的值，对应到第 16+x 号的颜色。第 5 号与第 6 号的天地，对应到第 7 号与第 8 号之中的某一张牌。第 7 号与第 8 号之中猜哪一个，对应到第 17+x 号的颜色；若第 7 号与第 8 号同颜色，则 x = x+1，第 14+x 号的值，对应到第 17+x 号的颜色。第 7 号与第 8 号的天地，对应到第 9 号与第 10 号之中的某一张牌。第 9 号与第 10 号之中猜哪一个，对应到第 18+x 号的颜色；若第 9 号与第 10 号同颜色，则 x = x+1，第 14+x 号的值，对应到第 18+x 号的颜色。第 9 号与第 10 号的天地，对应到第 11 号与第 12 号之中的某一张牌。第 11 号与第 12 号之中猜哪一个，对应到第 19+x 号的颜色；若第 11 号与第 12 号同颜色，则 x = x+1，第 14+x 号的值，对应到第 19+x 号的颜色。第 11 号与第 12 号的天地，对应到第 13 号与第 14 号之中的某一张牌。第 13 号与第 14 号之中猜哪一个，对应到第 20+x 号的颜色若第 13 号与第 14 号同颜色，则 x = x+1，第 14+x 号的值，对应到第 20+x 号的颜色。注意，若 3=4 且 5=6 且 7=8 且 9=10 且 11=12 且 13=14 ，则前面 14 张牌已经猜对 12 张，下面不再继续执行，直接跳转＜简易模式＞，＜简易模式＞详见文章最后。故 0 &= x &= 5第 13 号的天地，对应到第 21+x 号的颜色第 14 号的天地，对应到第 15+x 号的大小第 15+x 号的天地，对应到第 16+x 号的大小第 16+x 号的天地，对应到第 17+x 号的大小第 17+x 号的天地，对应到第 18+x 号的大小第 18+x 号的天地，对应到第 19+x 号的大小第 19+x 号的天地，对应到第 20+x 号的大小15+x ~ 19+x 的正确性可以分为 16 种情况，包括：　15+x 出错包括：（3号4号二猜一搞错颜色）、（14号天地搞错大小）、（都搞错）　16+x 出错包括：（5号6号二猜一搞错颜色）、（15+x号天地搞错大小）、（都搞错）　17+x 出错包括：（7号8号二猜一搞错颜色）、（16+x号天地搞错大小）、（都搞错）　18+x 出错包括：（9号10号二猜一搞错颜色）、（17+x号天地搞错大小）、（都搞错）　19+x 出错包括：（11号12号二猜一搞错颜色）、（18+x号天地搞错大小）、（都搞错）　完全没出错。以上共 16 种情形，分为四个 bits ：　b1 对应到 22+x 的颜色　b2 对应到 23+x 的颜色　b3 对应到 24+x 的颜色　b4 对应到 25+x 的颜色第 20+x 号的天地，对应到第 21+x 号的大小第 21+x 号的天地，对应到第 22+x 号的大小第 22+x 号的天地，对应到第 23+x 号的大小第 23+x 号的天地，对应到第 24+x 号的大小第 24+x 号的天地，对应到第 25+x 号的大小20+x ~ 24+x 的正确性可以分为 16 种情况，包括：　20+x 出错包括：（13号14号二猜一搞错颜色）、（19+x号天地搞错大小）、（都搞错）　21+x 出错包括：（13号天地搞错颜色）、（20+x号天地搞错大小）、（都搞错）　22+x 出错包括：（b1搞错颜色）、（21+x号搞错大小）、（都搞错）　23+x 出错包括：（b2搞错颜色）、（22+x号搞错大小）、（都搞错）　24+x 出错包括：（b3搞错颜色）、（23+x号搞错大小）、（都搞错）　完全没出错。以上共 16 种情形，分为四个 bits ：　b5 对应到 26+x 的颜色　b6 对应到 27+x 的颜色　b7 对应到 28+x 的颜色　b8 对应到 29+x 的颜色第 25+x 号的天地，对应到第 26+x 号的大小第 26+x 号的天地，对应到第 27+x 号的大小第 27+x 号的天地，对应到第 28+x 号的大小第 28+x 号的天地，对应到第 29+x 号的大小第 29+x 号的天地，对应到第 30+x 号的大小25+x ~ 29+x 的正确性可以分为 16 种情况，包括：　25+x 出错包括：（b4搞错颜色）、（24+x号天地搞错大小）、（都搞错）　26+x 出错包括：（b5搞错颜色）、（25+x号天地搞错大小）、（都搞错）　27+x 出错包括：（b6搞错颜色）、（26+x号天地搞错大小）、（都搞错）　28+x 出错包括：（b7搞错颜色）、（27+x号天地搞错大小）、（都搞错）　29+x 出错包括：（b8搞错颜色）、（28+x号天地搞错大小）、（都搞错）　完全没出错。以上共 16 种情形，分为四个 bits ：　b9 对应到 30+x 的颜色　b10 对应到 31+x 的颜色　若 x & 5，则 b11 对应到 32+x 的颜色；否则跳过 　若 x & 4，则 b12 对应到 33+x 的颜色；否则跳过第 30+x 号的天地，对应到第 31+x 号的大小若 x & 5，则第 31+x 号的天地，对应到第 32+x 号的大小；否则跳过若 x & 4，则第 32+x 号的天地，对应到第 33+x 号的大小；否则跳过若 x & 3，则第 33+x 号的天地，代表最后两个花色的大小（黑桃＞红心＞方块＞梅花）是顺序还是逆序最后几张牌的天地无意义。＜简易模式＞如果前面 14 张牌猜对 12 张，则：第 15 号的天地代表第 17~19 号的红或黑。第 16 号的天地代表第 17 号的大或小。－－－　以下三步骤为循环　　－－－第 17 号的天地，代表第 18 号的大小第 18 号的天地，代表第 19 号的大小第 19 号的天地，代表第 20 号的大小－－－－－－－－－－－－－－－－－若循环中正好猜对两个花色，则没猜对的”前一张牌”的天地，代表下面三张卡（20~22）的红黑。比方说如果第 18 号没猜对，那麼第 17 号的天地就代表了 20~22 的红黑。如此进入下一循环（20~22），且保证”每三张牌必猜对两张”。若循环中猜对三个花色，那麼循环中的最后一张牌（19号）的天地代表 21号 的红黑，而 20号 的天地代表 21 号的大小，这样保证下一轮可以猜对 21 号这一张牌就够了。而 21号 的天地跳过不看，22号 的天地代表再下一轮（23~25）的红黑，这样仍然维持”平均每三张牌必猜对两张”的比例。如此＜简易模式＞循环下去必然超过 24 。
粗略想了下，第一阶段获取多余信息，利用第一张牌定位下一阶段猜红还是黑。利用第一张牌定位的红黑和上一张牌的天地猜花色。猜第3-15张，猜错8张，剩7bits.第二阶段16-30采用asmobia的方法，猜错3张，剩4bits.第三阶段4its+31-35的5bits共9bits.31-36的排列最多为C(6,2)*C(4,2)*2种，完全足够了还能有剩余。这样能对25张。如果仔细调整一下，确实有可能对26张
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