Newsgroup: it.hobby.enigmi
Titolo: I Gini si danno alla prestidirigirimiri...

Stavolta i nostri amici hanno deciso di utilizzare i loro codici per stupire
gli amici.
Al Gino viene consegnato un mazzo di 36 carte (9 per ogni seme), coperte.
Deve tentare di indovinare il seme di ogni carta del mazzo.
Comincia dalla prima, dice ad alta voce il seme e la carta viene scoperta e
rimossa. Cosě fino ad esaurimanto del mazzo.
La Gina, pur non potendo cambiare l'ordine delle carte preparate per il
gioco, puň comunque girarle a suo piacimento con la scusa di sistemarle
meglio dopo la mischiata. Il mazzo č ovviamente truccato ed in particolare
ha il disegno sul dorso lievemente asimmetrico, in modo che l'occhio esperto
del Gino possa capire ad un primo sguardo quale dei due possibili
orientamenti presenti la carta visibile del mazzo.
Come possono i due impostori mettersi d'accordo per massimizzare il numero
minimo di carte indovinate?
Cioč, c'č un algoritmo che garantisca che comunque il mazzo sia mischiato
Gina
possa orientare le carte in modo che il Gino indovini almeno n carte?
-- 
Ciao, Silv:o)

 modo che il Gino indovini almeno n carte?
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Gina orienta ad arte i primi 2 dorsi:
Dx Dx = la terza carta č cuori
Dx Sx = quadri
Sx Dx = fiori
Sx Sx = picche
Ripete il trucco fino alla fine del mazzo.
Gino indovina almeno 36/3=12 semi.
Ciao

 Gino indovina almeno 36/3=12 semi.
hai rotto il ghiaccio, ma si puň fare piů del doppio ;)
-- 
Cioa, Silv:o)

 Deve tentare di indovinare il seme di ogni carta del mazzo.
Senza trucchi, puntando sempre sul seme più probabile (quello maggiormante
rappresentato nelle carte ancora da scoprire), quanti punti si fanno in
media? Il minimo con questo metodo mi pare sia 9.
-- 
Ciao, Silv:o)

 minimo di carte indovinate?
Suppongo che Gino abbia la possibilità di vedere i dorsi (aggiustati dalla
Gina) di almeno 3 carte per volta.
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S= dorso orientato a sinistra ;  D= dorso orientato a destra
Ogni 3 carte ce ne saranno almeno 2 Rosse (Quadri - Cuori) o
almeno 2 Nere (Fiori - Picche).
Gioco come se ce ne siano 3 di fila tutte dello stesso colore.
            ROSSE (S=Cuori; D=Quadri)   !    NERE (S=Fiori; D=Picche)
            --------------------------  !    ------------------------
1° carta         S   D   S   D          !         S   D   S   D
2° carta         S   D   D   S          !         S   D   D   S
3° carta         S   S   D   D          !         D   D   S   S
Ogni 3 carte ne indovinerò almeno 2 (tutte e 3 per 1/8 di probabil.),
cioè minimo 24 su 36 (C'è una ragione perchè il mazzo sia di 36 carte,
e non, che so, delle canoniche 40 o 52?).
Alla fine le prospettive sono migliori, quando rimarrà solo la nona
carta di un certo seme (e la scelta poi sarà solo tra 3 o 2 semi).
Ovviamente, questo discorso non vale se Gino può vedere solo il dorso
di una carta per volta.
In tal caso le carte dispari sarebbero probabili per 1/4 e quelle pari
sono indovinate accordandosi sul codice che esamina i due dorsi; esempio:
Sinistra-Sinistra= Cuori-Quadri o Quadri-Cuori o Fiori-Picche o Picche-Fiori
Sinistra-Destra=   Cuori-Fiori o Quadri-Quadri o Fiori-Cuori o Picche-Picche
Destra-Sinistra=   Cuori-Picche o Quadri-Fiori o Fiori-Quadri o Picche-Cuori
Destra-Destra=     Cuori-Cuori o Quadri-Picche o Fiori-Fiori o Picche-Quadri
Questa soluzione garantisce al minimo 19 (se non ho detto fesserie)
Ciao, Nino

 delle canoniche 40 o 52?)
Non è mio il problema, è stato proposto su un forum ultimamente ed ha
riscosso successo simile al nostro sui Gini.
Dovrei controllare più approfonditamente sia la questione dei dorsi
visibili, che credo siano uno alla volta, sia il motivo dell'uso di un mazzo
ridotto.
Vorrei spulciare il meno possibile per partecipare alla discussione senza
aver letto le soluzioni date da altri.
-- 
Ciao, Silv:o)

 quanti punti si fanno in media?
Ho riesumato uno strumento che non usavo da molto, le catene di Markow
In pratica ogni stato del gioco può essere codificato da un valore.
Nel nostro caso lo stato è la quadrupla (s1,s2,s3,s4) dove ogni numero
rappresenta le carte di ogni seme ancora coperte, ordinate per praticità in
ordine crescente.
Supponendo di stare nello stato (3,4,5,7). Chiaramente Gino punta sul seme
presente 7 volte e a seconda della carta uscita il gioco passa allo stato
successivo che può essere:
(2,4,5,7) con prob. 3/17
(3,3,5,7) con prob. 4/17
(3,4,4,7) con prob. 5/17
(3,4,5,6) con prob. 7/17 (questa transizione porta un punto)
Una volta stabilite le probabilità di transizione, si possono fare molte
cose simpatiche.
Per esempio, si può calcolare la vincita media.
Se s = s1+s2+s3+s4 sono le carte ancora in gioco, si trova:
E(s1,s2,s3,s4)=s1/s*E(s1-1,s2,s3,s4)+
               s2/s*E(s1,s2-1,s3,s4)+
               s3/s*E(s1,s2,s3-1,s4)+
               s4/s*[1+E(s1,s2,s3,s4-1)]
che si calcola abbastanza agevolmente con un foglio di calcolo o un
programmino.
A me viene E(9,9,9,9)=13.397+
Qualcuno conferma?
-- 
Ciao, Silv:o)

 visibili....
Se si potessero vedere i dorsi di tutte le 36 carte prima di decidere
la sequenza dei 36 semi, si potrebbero probabilmente indovinare ben
28 semi (al minimo).
(Infatti, le disposizioni totali sono 4,7223664828696*10^21
quelle che si possono trasmettere con la posizione dei dorsi sono
6,8719476736*10^10   che è pari anche alla riduzione necessaria.
Ora, le colonne sono: 1 con 36 punti, 108 con 35,  5670 con 34,
192780 con 33,  4,771305*10^6  con 32,  9,1609056*10^7  con 31,
1,419940368*10^9  con 30,   1,825637616*10^10  con 29  e
1,
9853809074
*10^11  con 28  ; in totale 2,18310986188*10^11 ,
riduzione ben superiore a quella richiesta, che dovrebbe quindi
essere fattibile).
Ammettiamo invece che i dorsi visibili siano a gruppi di 6 carte.
Quanti semi possono essere indovinati come minimo?
Ciao, Nino


Anche con questa condizione, la vincita minima non è molto minore...
Ciao, Nino

 Questa soluzione garantisce al minimo 19 (se non ho detto fesserie)
Con un ragionamento simile sono arrivato anch'io a 19, ma mi pare che
questo valore sia migliorabile, anche se non so quantificare il
miglioramento.
Per ogni giocata considero i semi in ordine decrescente di probabilità,
in base alle carte ancora da scoprire.
In caso di parità  tra due o più semi, considero comunque un criterio
preconcordato, per esempio il classico CQFP (Come Quando Fuori Piove).
Per esempio se sono da scoprire: 6P, 5Q, 5F, 4C l'ordine sarà PQFC.
Si stabiliscono due tipi di codice:
_Cod. 1 (basato su una sola carta)  Destra= gioca la carta più
probabile; Sinistra: gioca la seconda. Quindi si vince se il seme è uno
dei due più probabili (prob.>=50%)
_Cod 2 (basato su una sequenza di due carte, e riferito al seme della
seconda) DD=C, DS=Q, SD=F, SS=P. Con questo si garantisce la vittoria
sulla seconda alzta.
Alla prima alzata si applica il Cod1. Dopo ciascuna vincita si applica
ancora il Cod1. Quando si perde si applica il Cod2, considerando la
carta appena alzata e quella da alzare.
Nel caso dell'esempio precedente, probabilità nell'ordine PQFC, e
supponendo che le prime due carte da scoprire siano FC, Gina indica DD.
Vedendo la prima D, Gino (applicando il Cod1), gioca Picche e perde.
All'alzata successiva sa che deve utilizzare il Cod2 e gioca Cuori,
vincendo.
Mi pare che il caso più sfavorevole sia perdere tutte le alzate dispari
e vincere tutte le pari. Considerando che le ultime due alzate sono
garantite, si arriva a 19.
E qui mi nasce un dubbio che bisognerebbe approfondire:
Quando arrivo a perdere un bel po' di alzate dispari mi pare che qualche
seme debba essersi *consumato* in modo abnorme (con il criterio
stabilito dovrebbero essersi consumate maggiormente le carte nere).
Questo fatto aumenterebbe sensibilmente le probabilità di vincita con il
Cod1, e quindi la vincita media. Non so se possa influire anche sulla
vincita minima garantita.
ciao
paolo

 .
Capperi!!! Non è molto importante vedere i dorsi di più carte  prima di
decidere, è possibile utilizzare la stessa strategia anche se si osserva
solo
una carta per volta (la prima del mazzo).
E' sufficiente infatti fare una traslazione.
Cioè ricordare le sequenze delle carte mano a mano che appaiono ed
applicarle
ad un determinato numero di carte successive, scegliendo la carta di
partenza
una volta che ho tutte le informazioni necessarie.
Ad es., se applico il metodo a "3 carte con la garanzia di indovinare al
minimo
2 semi" che ho descritto nel messaggio precedente, posso utilizzare le
informazioni delle prime 3 carte, partendo a scegliere il seme dalla terza
carta (+ quarta e quinta), anzichè dalla prima alla terza (Le scelte
relative
alle prime due carte saranno casuali).
E così di seguito, i dorsi della quarta, quinta e sesta carta mi serviranno
per
decidere la sesta, settima e ottava, ecc., fino ad arrivare alla terzina di
carte 33 - 34 - 35, che sfrutteranno le posizioni delle carte 31 - 32 - 33.
Il seme dell'ultima carta è determinato automaticamente (seme mancante).
In questo modo, il minimo di semi indovinati sarà 23 (ma sono certo si possa
fare meglio, e ci proverò quando avrò un po' più di tempo)
Ciao, Nino

 fare meglio, e ci proverò quando avrò un po' più di tempo)
Puoi arrivare almeno a 24. Infatti sono rimaste inutilizzate le
informazioni sui dorsi dell 34ma e 35ma carta, che possono garantire una
ulteriore vincita.
Ecco come vincere le ultime quattro alzate:
Utilizzi il tuo metodo fino a scoprire la 32ma carta. A questo punto ti
sei assicurato almeno 20 vincite, utilizzando le informazioni dalla
prima alla trentesima carta, e hai memorizzato le informazioni della
31ma e 32ma.
Con questi due bit individui il seme della 33ma carta. Scoperta questa,
con le informazioni della 33ma e 34ma individui la 34ma.
Ora restano da scoprire due carte, sai quali semi ancora mancano e vedi
il dorso della 35ma .
Se i due semi mancanti sono uguali, nessun problema. Se i semi sono
diversi il dorso della 35ma indica se questa, tra le due mancanti, è
quella di valore maggiore o minore.
ciao
paolo

 una ulteriore vincita.
Ho spulciato tra i post del problema, sforzandomi di leggere solo le prime
righe.
In uno degli ultimi ho letto:
EUREKA!!  (Pardon my enthusiasm.)
I think I've found a way to guarantee 25 hits, even with
just a 35-card deck.
-- 
Ciao, Silv:o)

indovini almeno n carte?
Secondo me per trovare un algoritmo generale e' sufficiente
concentrarsi sul caso peggiore, che e' quello in cui, carta
dopo carta, rimane sempre aperto il maggior numero possibile
di combinazioni. Se non ho sbagliato i calcoli, il maggior numero
di combinazioni si ha quando le carte escono il piu' equamente
possibile tra i vari semi, in modo che si rimane in dubbio fino
alla penultima carta e solo l'ultima e' certa.
Usando la notazione che hai proposto tu, il caso peggiore e'
rappresentato dalla catena: 9999-8999-8899-8889-8888-7888-7788-
-7778-7777-6777-6677-6667-6666-5666-5566-5556-5555-4555-4455-
-4445-4444-3444-3344-3334-3333-2333-2233-2223-2222-1222-1122-
-1112-1111-0111-0011-0001-0000
Una tecnica che mi sembra promettente consiste nello scommettere
a caso sulle prime n carte, raccogliendo nel frattempo un codice
di n+1 bit da usare per codificare le informazioni relative alle
rimanenti 36-n carte.
Il calcolo combinatorio di questo metodo e' contenuto nella
seguente tabella (da leggere con font fisso):
Carte    Combinazioni     Dorsi   Dimensione
coperte  (caso peggiore)  visti   codice Gini
---------------------------------------------
  36     2,15E+019          1     2
  35     5,36E+018          2     4
  34     1,38E+018          3     8
  33     3,65E+017          4     16
  32     9,96E+016          5     32
  31     2,49E+016          6     64
  30     6,42E+015          7     128
  29     1,71E+015          8     256
  28     472518347558400    9     512
  27     118129586889600   10     1024
  26     30626189193600    11     2048
  25     8245512475200     12     4096
  24     2308743493056     13     8192
  23     577185873264      14     16384
  22     150570227808      15     32768
  21     41064607584       16     65536
  20     11732745024       17     131072
  19     2933186256        18     262144
  18     771891120         19     524288
  17     214414200         20     1048576
  16     63063000          21     2097152
  15     15765750          22     4194304
  14     4204200           23     8388608
  13     1201200           24     16777216
  12     369600            25     33554432
  11     92400             26     67108864
  10     25200             27     134217728
  9      7560              28     268435456
  8      2520              29     536870912
  7      630               30     1073741824
  6      180               31     
2147483648
  5      60                32     4294967296
  4      24                33     
8589934592
  3      6                 34     
17179869184
  2      2                 35     34359738368
  1      1                 36     68719476736
in cui si vede che, ad esempio, dopo aver scommesso a caso sulle
prime 22 carte Gino puo' contare su 8388608 informazioni codificate
dalla Gina, che sono quasi il doppio di quelle necessarie per 
indovinare esattamente tutte le rimanenti 14 carte.
Naturalmente se si usano sistemi ridotti ci si puo' fermare prima
e indovinare piu' carte. Quante? Mi riprometto di pensarci con un
po' di calma, ma siccome mi piace il gioco di squadra, il mio
messaggio voleva anche essere un cross per il nostro centravanti
della riduzione che puo' cosi' provare ad insaccare di testa con
uno dei suoi formidabili ridotti!  ;-))
A presto,
          Antonio

 considerando la carta appena alzata e quella da alzare.
Sintetizzo: ogni carta ha già un bit di suo, che però non basta per
indovinare il seme.
Usando quel bit o indovino oppure ho un extra bit di informazione
dall'errore.
Quindi ogni carta porta un punto o un bit. Anche sbagliando sempre, dopo 17
sbagli ho accumulato 17 extra bit che mi permettono di indovinare le
prossime 17 carte. Per le ultime due carte basta il bit della penultima
perché le scelte sono praticamente forzate. Quindi faccio almeno 19.
Strada facendo cerco pure di alzare la media usando un codice adattivo che
mi aumenta la probabilità che la carta possa essere indovinata con un bit.
Provo ad estendere il ragionamento.
Nel tuo esempio ogni carta consuma un bit e rende un punto o un bit.
Ragionando a coppie, ogni coppia di carte consuma due bit ma rende due punti
oppure un punto più un bit (cioè 1.5 punti).
In pratica: la prima carta non porta punti e la possiamo scartare. Le due
ultime portano due punti e scartiamo pure quelle. Poi consideriamo le carte
a coppie. Ogni coppia di carte uguali facciamo di sicuro due punti (per
esempio per suggerire che le carte 6-7 sono di quadri gina scrive nei dorsi
5-6 il codice di quadri). Ogni coppia di carte diverse ci dà un bit extra
con il quale indovinare le successiva.
Al massimo possiamo essere sfortunati 11 volte (33 carte girate e 22 punti
fatti); con i 2 punti delle ultime due carte arriviamo a 24. Se tutto va
bene, carte tutte accoppiate, prima carta indovinata a culo, facciamo il
pieno.
-- 
Ciao, Silv:o)

Qualcuno conferma?
Ciao Silvio, ti confermo il risultato.
Ho scritto un programmino che applica la formula da te indicata,
e a partire da E(0,0,0,1)=E(0,0,1,0)=E(0,1,0,0)=E(1,0,0,0)=1
arriva a E(9,9,9,9)=13.3970047
Una domanda: hai scritto che ci si poteva agevolmente arrivare
anche con un foglio di calcolo, ma io non ci sono riuscito.
Come si fa?
Ciao,
       Antonio

 Come si fa?
Speravo che nessuno lo chiedesse ;)
A dire il vero ho barato. Uso spesso excell quando non sono su macchine dove
ho installato vb e devo dire che l'accoppiata excell + vba è davvero
portentosa. Stavolta però il foglio di calcolo l'ho usato solo per
visualizzare i risultati: mettevo i quattro parametri e la formula
=e(A1;A2;A3;A4) in A5. La funzione "e" l'ho scritta in un modulo vb. è utile
lo stesso perche magari ti scrivi 1,1,1,1,=e(A1..) nella prima riga,
2,2,2,2,=e(B1..) nella seconda, poi selezioni, tiri giù con la crocetta e
matemagicamente escono cose scoppiettanti.
-- 
Ciao, Silv:o)

 fare meglio, e ci proverò quando avrò un po' più di tempo)
Bella soluzione!
Sull'altro newsgroup
http://www.google.it/groups?as_usubject=Guessing%20Suits
 dicono che se Gino
non scopre le carte man mano che fa le previsioni, non si superano i 22.
Anche tu il 23esimo seme lo capisci per confronto con i 35 scoperti. O
meglio, con 34 semi scoperti ed il bit del penultimo dorso riesci ad
indovinare gli ultimi due semi.
Oltre al loro 25 con controllo delle carte, c'è da battere questo 22 a carte
coperte. Si potrà fare?
-- 
Ciao, Silv:o)

 > Il seme dell'ultima carta è determinato automaticamente (seme
mancante).
In realtà, arrivato a sollevare la carta 35, ha ancora a disposizione i
tre bit 34, 35, 36.
Ne bastano due per individuare la carta 36, senza bisogno di considerare
il seme mancante
ciao
paolo

A dire il vero ho barato.
Vorrei strozzarti.  ;-)
Mi sono scervellato a cercare un modo per applicare la formula
AGEVOLMENTE con i soli strumenti base dei fogli di calcolo.
Poi, ferito nell'orgoglio, mi sono deciso a scrivere il programmino.
Naturalmente incartandomi anche un paio di volte, per abbassamento
di autostima...  :-)
Ciao,
      Antonio

 di autostima...  :-)
Infatti c'è la questione dell'ordinamento dei parametri niente affatto
banale.
Solo una cosa: quando scrivo funzioni ricorsive, soprattuto se sospetto che
mi ritroverò più e più volte a ricalcolare gli stessi risultati parziali,
utilizzo una matrice per memorizzare i risultati già conseguiti.
L'incremento di prestazioni è a volte impressionante.
-- 
Ciao, Silv:o)


E' vero, 23 a carte coperte è abbastanza facile.
Penso si possa arrivare a 24, ma non ci sono ancora riuscito,
anche se ad es. questo codice migliora leggermente il precedente.
Posto: D=dorso destro     S=dorso sinistro    C=cuori  Q=quadri ,  ecc.
In tre carte successive stabilisco le sequenze (garanzia di 2 su 3)
SSS =000  =CCC
SSD =001  =CQQ
SDS =010  =QQC
SDD =011  =QCQ
DSS =100  =FFF
DSD =101  =FPP
DDS =110  =PPF
DDD =111  =PFP
In questo modo, già alla seconda carta posso iniziare a scegliere, in
quanto la prima è determinata univocamente. Quindi, scelgo a caso solo
la carta n.1 (le informazioni della 1-2-3 servono per scegliere il
seme delle 2-3-4, ecc.). Arrivati a sollevare la carta 34, ho già fatto
minimo 22 punti e mi restano le informazioni della 34; guardo il dorso
della 35 e della 36 e posso decidere i due segni (avanzo una informazione
per un'eventuale carta 37), però, se non sbaglio, potrei incorrere
nell'errore di riduzione che casca sul primo o secondo segno, quindi
ai 22 punti precedenti posso aggiungere con certezza solo un altro punto.
Ciao, Nino


Come ha già detto Paolo, a carte coperte si arriva facilmente a 23 .
Ma sono quasi certo si possa arrivare anche a 24, non ho qui con me
un mio vecchio biridotto a vincita tripla di 64 colonne con 6 quadruple,
dovrei esaminare i primi tre segni di ogni colonna, se non dovessero
dare interpretazioni equivoche sul primo segno, con le informazioni
delle colonne a vincita uguale (metodo scoperto da Livio) forse ci siamo.
Il 25 con controllo delle carte non dovrebbe essere difficilissimo
da trovare....
con l'esame di più dorsi prima di girare la carta, arrivo a 27 o 28.
Ciao, Nino


Ridotti ce ne sono, e anche eccellenti, ma il problema č partire
presto (dopo aver fatto poche scommesse a caso) quando le
informazioni che si hanno sono ancora poche e non consentono
sistemi di una certa ampiezza ed efficacia (a meno di poter
guardare i dorsi anche delle carte successive).
Ciao, Nino

 Penso si possa arrivare a 24, ma non ci sono ancora riuscito,
Come spesso accade, diamo diverse spanne a molti!
Su rec.puzzles postano da tutto il mondo, almeno da quello di lingua
inglese. Come dire tutti, oramai.
Ora posso leggermi il thread con la coscienza a posto ;)
-- 
Ciao, Silv:o)

concentrarsi sul caso peggiore [...]
Affermazione infelicissima la mia!
Il caso peggiore e' completamente disgiunto dai casi medi.
Quindi se io mi preparo come se dovessi affrontare il caso peggiore
e poi si verifica un caso diverso, va a monte tutta la codifica!
(Considerazione, questa, che potrebbe servire per gettare le basi
di una filosofia dell'ottimismo... ;-)
E comunque le soluzioni di Nino Paolo e Silvio sono *molto*
piu' efficaci e semplici di quella che avevo proposto io.
Sara' per un'altra volta.
Ciao a tutti,
                Antonio

banale.
Proprio la' mi ero un po' incartato. Poi, ovviamente ;-), ho capito
che la soluzione piu' semplice sta nel non effettuare l'ordinamento
dei parametri, ma nello stabilire solo qual e' il parametro maggiore.
Ciao,
       Antonio


Eureka! Pardon, per i longobardi: Mi ma entusiasmi no par insci poc...
Ho tirato fuori un mio sistema che avevo realizzato anni fa per il Totosei:
biridotto di 4 quadruple: col.64 a garanzia minima di 3 quattro (veramente
bello...)
Adattiamolo a questo problema, ponendo:
Dorso sinistro=0  Dorso destro=1   CQFP=cuori, quadri, fiori, picche.
000000   CCCCFF     010000   QCCQQC    100000   FCCFPQ    110000   PCCPCP
000001   CCQQPP     010001   QCQCCQ    100001   FCQPFC    110001   PCQFQF
000010   CCFFCC     010010   QCFPPF    100010   FCFCQP    110010   PCFQFQ
000011   CCPPQQ     010011   QCPFFP    100011   FCPQCF    110011   PCPCPC
000100   CQCQCQ     010100   QQCCPP    100100   FQCPQF    110100   PQCFFC
000101   CQQCQC     010101   QQQQFF    100101   FQQFCP    110101   PQQPPQ
000110   CQFPFP     010110   QQFFQQ    100110   FQFQPC    110110   PQFCCF
000111   CQPFPF     010111   QQPPCC    100111   FQPCFQ    110111   PQPQQP
001000   CFCFQP     011000   QFCPFQ    101000   FFCCCC    111000   PFCQPF
001001   CFQPCF     011001   QFQFPC    101001   FFQQQQ    111001   PFQCFP
001010   CFFCPQ     011010   QFFQCP    101010   FFFFFF    111010   PFFPQC
001011   CFPQFC     011011   QFPCQF    101011   FFPPPP    111011   PFPFCQ
001100   CPCPPC     011100   QPCFCF    101100   FPCQFP    111100   PPCCQQ
001101   CPQFFQ     011101   QPQPQP    101101   FPQCPF    111101   PPQQCC
001110   CPFQQF     011110   QPFCFC    101110   FPFPCQ    111110   PPFFPP
001111   CPPCCP     011111   QPPQPQ    101111   FPPFQC    111111   PPPPFF
Si esaminano, mano a mano che si evidenziano, le posizioni dei dorsi delle
carte, raggruppando da 1 a 6, da 7 a 12, ecc..
Si inizia a scegliere i semi in base alle informazioni fornite, dalla quarta
carta in avanti (le prime 3 scelte sono casuali); la quarta e la quinta
carta
sono decise secondo le posizioni dei dorsi 1-2-3-4; esaminando la carta n.6,
si ricostruiscono i 6 bit e il risultato è un numero (da 1 a 64) che
identifica
la sequenza delle 6 carte del biridotto, che continua fino alla carta n.9.
Lo stesso discorso per la sequenza da 10 a 15, da 16 a 21 e da 22 a 27.
A questo punto, avrò realizzato al minimo 16 punti, ma con il bonus di 3^4
informazioni che si ottengono dalla scelta di una delle 3 colonne che
realizzano 4 punti su 6 (nel caso si realizzino 5 punti in una sestina, la
situazione è ancora più favorevole) e di 2^3 informazioni ricavate dalle
carte 25-26-27.
In totale, 648 informazioni, cioè 2^9 (più ridondanza, che non utilizzo).
Con le 2^9 informazioni deducibili dalle rimanenti 9 carte si hanno i dati
sufficienti (4^9) di indovinare esattamente tutti e nove i semi rimanenti.
In totale, 25 semi indovinati al minimo a carte coperte (salvo errori....)
(Si può iniziare a scegliere la prima carta, e di seguito le altre, a
partire
dalla terza, anzichè dalla quarta carta? Magari cambiando il codice numerico
delle sequenze che ho proposto?)
Ciao, Nino