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Titolo: Gino e Gina (quasi matti)

Vorrei riprendere  l'idea che avevo proposto il 18/4 e precisamente:
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Un altro metodo, molto più semplice, che si avvale di accordi "a priori"
(senza sfruttare le informazioni rilevabili dall'esito dei lanci
precedenti),
e che comunque assicura sempre almeno il 13 è:
- primi 2 bit: numerazione dei classici riduttori di 3 doppie:
00 = CCC o TTT ;  10 = CTT  o  TCC ;  01 = TCT  o  CTC ;  11 = TTC  o  CCT
- terzo bit  : esito del primo lancio
- dal 4° all' 8° bit : indicazione del segno prevalente dei lanci successivi
(presi 3 alla volta, dal 2° al 16°)
Nota: in certi casi, per garantire 2 punti validi occorre dare
l'informazione
errata sul segno, indicando non quello prevalente, ma il minoritario.
Es.  sia  C CCT TTC CTC TTT TCC   prevale il riduttore 11 presente 2 volte
 sarà:  11 C C T T T T    e non  11 C C T C T C
E' evidente che, essendo 4 i riduttori di 3 doppie, ce ne sarà uno che
uscirà
almeno 2 volte (quello evidenziato nei primi 2 bit). Quindi, al minimo,
1+3+3+2+2+2 = 13
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Secondo me, merita un approfondimento ove si consideri la possibilità di
sfruttare la conoscenza dell'esito dei lanci da parte della Gina per
trasmettere qualche informazione al marito.
Già così come presentato, si nota che il metodo lavora solo su 15 lanci
e 7 bit, essendo il 16° lancio e l'8° bit scarsamente significativi perchè
solo aggiuntivi e non interconnessi.
Esaminando i 15 lanci come 5 sequenze di 3 lanci esprimibili con 4 riduttori
diversi, la distribuzione dei casi totali è 4^5 (1024); di questi,
4  (ripetizione di 5 volte dello stesso riduttore) realizzano 15 punti,
60 (     "         4               "             ) realizzano 14 punti,
360 (di cui 120 con ripetizione 3-2 e 240 con 3-1-1) realizzano 13 punti e
600 (di cui 240 con 2-1-1-1 e 360 con 2-2-1) realizzano 12 punti,
con una vincita totale pari a 13,48047 (comprensiva dell'ultimo lancio).
Il problema è migliorare la possibilità più sfavorevole, in particolare la
ripetizione di due riduttori (2-2-1) da comunicare al marito sfruttando il
terzo bit non utilizzato (in tal modo, il 16° lancio sarebbe probabilistico
al 50%). Se ciò fosse possibile per tutti i 360 casi, riuscendo a fare
3+3+2+2+3 = 13 punti (+0,5), invece di 12+1 , già solo così, la vincita
media raggiungerebbe il valore 13,65625. (Non penso però sia sempre
possibile).
Mi era venuto in mente di attribuire al terzo bit un duplice significato:
- indicare l'esito dell'ultimo lancio (non del primo come proposto il 18/4)
qualora nelle 5 terne di lanci vi sia ripetizione di 5-4 o 3 volte  dello
stesso riduttore, ovvero si verifichino tutti e 4 i diversi riduttori
(2-1-1-1)
- identificare (unitamente ai primi 2 bit) i due riduttori che si ripetono
due volte (2-2-1), onde indovinare, qualora possibile in base agli eventi
precedenti, tre terne esatte anzichè solo due.
Pensavo quindi, ma non mi convince molto, a questa codifica:
00 0    (presenza multipla riduttore 1 ovvero sia del R1 che del R2)
00 1    (presenza multipla riduttore 1 ovvero sia del R1 che del R3)
01 0    (presenza multipla riduttore 2 ovvero sia del R2 che del R3)
01 1    (presenza multipla riduttore 2 ovvero sia del R2 che del R4)
10 0    (presenza multipla riduttore 3 ovvero sia del R3 che del R4)
10 1    (presenza multipla riduttore 3 ovvero sia del R3 che del R1)
11 0    (presenza multipla riduttore 4 ovvero sia del R4 che del R1)
11 1    (presenza multipla riduttore 4 ovvero sia del R4 che del R2)
Poi mi sono accorto che è una fesseria. Infatti, come faccio a sapere, se
nelle
prime 4 terne di lanci sono usciti 2 riduttori 1 e un riduttore 2, se
l'ultima
terna sviluppa ancora R1 o invece R2?
Ero indeciso se cancellare tutto, ma poi ho deciso di postare, magari
qualcuno
trae spunti per un approfondimento e miglioramento.
Ciao a tutti, (domani sarò via)
Nino


Ciao Nino,
la tua idea di riduzione delle terne è bella, ma questo problema presenta
degli aspetti "malvagi", come se si avesse a che fare sempre con una specie
di coperta troppo corta... dunque rispondo al tuo post per chiederti invece
a mia volta delucidazioni su una mia idea di ieri sera (scusa se ne
approfitto, ma tu sei l'esperto in materia).
Dunque, supponiamo di avere tra le mani un bi-riduttore di 16 doppie,
diciamo anche di 2048 colonne (il valore lo desumo dal tuo di 9dp 16
colonne, aggiungendo dalla 10 alla 16a 7 dp integrali)
Una volta identificata la colonna che biriduce quella vincente, Gina
dovrebbe indicare un numero fino a 8 volte più grande dei 256 disponibili.
Supponiamo allora di dividere il biriduttore in 8 gruppi, sul come vedremo.
Gina potrebbe trasmettere un valore compreso tra 1 e 256, ma Gino non
saprebbe di che gruppo la colonna fa parte.
Supponiamo di riuscire a dividere ogni gruppo così che esso sia costituito a
sua volta da 32 gruppi da 8, dove ciascuna colonna fa parte di una ottina:
1-8, 9-16, 17-24,....,249-256
La prima terna di lanci di ciascuna ottina dovrà essere:
1 2 3 4 5 6 7 8
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1 1 1 1 0 0 0 0
1 1 0 0 1 1 0 0
1 0 1 0 1 0 1 0
Gina, anzichè comunicare il numero esatto della colonna vincente,
comunicherà quella di quella ottina la cui posizione rappresenta il gruppo
effettivo degli 8 possibili cui appartiene la colonna vincente.
Ad esempio, Gina deve comunicare che la colonna 66 del 5° gruppo del
biridotto da 2048 colonne totalizza 14 su 16.
La colonna 66 fa parte dell'ottina 65-72. La 5a colonna di tale ottina è la
69, e 69 è il valore che Gina comunica nel byte a Gino.
Gino allora sa che la colonna vincente è nel quinto gruppo, e può essere
solo una dalla 65 alla 72.
Dopo i primi 3 lanci (con prob. 1,5) Gino verifica che la colonna vincente è
la seconda, ovvero la 66, quindi prosegue nel giocare la 66 del 5° gruppo
del biridotto, totalizzando al massimo due errori.
[Nota: se, chiedo, per qualsiasi colonna vincente, ne esiste una che la
biriduce tale per cui un errore viene comunque commesso nei primi 3 lanci,
allora Gino commetterebbe sempre al massimo un errore nei rimanenti 13.]
Non è gran che, ma credo che questa strategia sia migliorabile, cosa ne
pensi?
Saluti, Francesco

 pensi?
Dunque, perchè si verifichi quello che desideri, occorre che i risultati dei
rimanenti 13 siano rappresentati da un riduttore n-1 (e in totale sui 16
eventi il numero di colonne sia compatibile con un biriduttore).
Una soluzione si avrebbe con un biriduttore formato mediante moltiplicazione
colonnare delle 2 colonne di un riduttore n-1 di 3 doppie con il riduttore
n-1 di 13 doppie. Se ti accontenti che quest'ultimo abbia un numero totale
di colonne pari a 1024, non c'è problema, ma così le colonne totali del 16D
n-2 diventano ben 2048.
Ciao, Nino