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Titolo: I quattro maniaci dell'impermeabile

In realta' il problema non dice che sono maniaci, ma a me suggeriscono
questa immagine,
Un tizio bendato e' seduto al centro di una stanza. Ai quattro angoli
ci sono quattro tizi con un'impermeabile. Alcuni (anche nessuno, anche
tutti) hanno l'impermeabile chiuso, gli altri aperto (mi auguro che
sotto siano vestiti; comunque, mi sembrano lo stesso quattro maniaci).
Il tizio al centro deve indicare  uno o piu' angoli (anche tutti) il
cui occupante deve chiudere il proprio impermeabile se e' aperto,
aprirlo se e' chiuso.
Prima di agire, pero', i quattro possono ruotare lungo gli angoli di un
numero di posizioni a loro scelta. Apriranno o chiuderanno
l'impermeabile quelli che dopo la 
rotazione.si
 troveranno negli angoli
indicati. In altre parole, il bendato non sceglie le persone, ma gli
angoli.
Lo scopo del bendato e' ottenere che tutti abbiano l'impermeabile
chiuso.
Non sa nulla, ne' della configurazione iniziale, ne' di quanto i
maniaci ruotino ogni volta, ma nel momento in cui i quattro
impermeabili dovessero essere chiusi, sara' avvertito. I quattro non
possono fare finta di niente e tirare dritto.
Di quanti tentativi al massimo ha bisogno il bendato, e come deve
agire?
Gia' proposto? Non lo escludo. Gia'  affrontato da tutti? Dubito.

 angoli.
Cioè, se ho capito bene:
1) il bendato dice, per esempio: "angoli 1, 3 e 4"
2) i quattro tizi ruotano, per esempio, di una posizione (1->2, 2->3,
3->4, 4->1)
3) quelli che ora occupano gli angoli 1, 3 e 4 cambiano lo stato del
loro impermeabile.
4) se ora tutti gli impermeabili sono chiusi, il gioco è finito.
Altrimenti si ricomincia da 1)
Funziona così il gioco?
Ciao!


Perfettamente.


Ah, i quattro giocano contro il bendato, quindi ruotano in modo da
cercare di allontanare  il piu' possible l'evento "tutto chiuso"

 cercare di allontanare  il piu' possible l'evento "tutto chiuso"
Ecco un primo tentativo di soluzione (quasi sicuramente migliorabile)
in 15 mosse.
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spoiler
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Nell'ordine:
1) indico tutti e quattro gli angoli
2) indico 2 angoli opposti
3) indico tutti e quattro gli angoli
4) indico 2 angoli adiacenti
5) indico tutti e quattro gli angoli
6) indico 2 angoli opposti
7) indico tutti e quattro gli angoli
8) indico 1 angolo a caso
9) - 15)  ripeto da 1) a 7)
Se in partenza tutti e quattro gli impermeabili erano chiusi, vinco
dopo il passo 1).
Se in partenza ne erano aperti 2 in angoli opposti, vinco al passo 3).
Se in partenza ne erano aperti 2 in angoli adiacenti, vinco al passo
7).
Se in partenza ne erano aperti 1 oppure 3, vinco soltanto al passo 15).
Ora devo capire se si può fare di meglio...
Ciao!

 dopo il passo 1).
intendevo "aperti", ovviamente. :-)
Ciao!


Si puo' fare di meglio.
Per l'esattezza, il valore e'....
Minispoiler (e' solo il valore, non come si ricava)
8

8
A otto non ci arrivo, cmq e` carino.
 1.  1234
 2.  13
 3.  1234
 4.  12
 5.  13
 6.  1234
 7.  1
 8.  13
 9.  1234
10.  12
11.  1234
12.  13
13.  1234
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Ciao, rez	||  -- GNU/Linux 2.4.25 su Slackware 9.1  ||
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Ciao, rez	||  -- GNU/Linux 2.4.25 su Slackware 9.1  ||

spoiler
La soluzione che avevo dato non va, occorrono due passi
in piu` e diventa identica a quella del Raccattapalle.
Son curioso di vedere come si potra` accorciare.. io ci
rinuncio: mi sembra impossibile.



OOOPS!
Hai ragione, ridurlo e' impossibile.
Ho rivisto la mia soluzione da 8: c'era un errore marchiano.
Il valore corretto e' 15.
Ma che pirla!
(qual e' il simbolo per un sorrisino imbarazzato?)
Bragozzi, datti al ciclismo!

Il bragozzi wrote:

2^4=16, quindi, esistendo già una posizione iniziale, deve fare una
qualunque serie di transizioni che consenta di esplorare i 15 stati
rimasti, per cui il valore minimo di tentativi è 15 e il numero di
combinazioni possibili nella sequenza è 15! (15 fattoriale).

combinazioni possibili nella sequenza è 15! (15 fattoriale).
Urca veh!
Pero` con 5 funziona? perche' non so nemmeno se con
dispari il gioco e` risolubile o no, certo con 3 non si
puo` risolvere (ho provato in fretta), ergo 2^3-1=7 fa
cilecca.
Con 2 invece vale: 3 tentativi, eccoli: 12; 1; 12.


 cilecca.
risolvi in 7 tentetivi.


 risolvi in 7 tentetivi.
No, è irrisolvibile.
A meno che la situazione di partenza non sia già con tutti e tre gli
impermeabili aperti, non c'è modo di scostarsi dalla situazione con
solo 1 o 2 impermeabili aperti.
Infatti, indicando un solo angolo:
da 1 aperto si passa a 2 aperti.
da 2 aperti si passa a 1 aperto
Indicando due angoli:
da 1 aperto si resta a 1 aperto.
da 2 aperti si resta a 2 aperti.
Indicando tre angoli:
da 1 aperto si passa a 2 aperti.
da 2 aperti si passa a 1 aperto.
Non si giunge mai a 0 aperti (vittoria) oppure a 3 aperti (vittoria al
passo successivo, indicando tre angoli).
Questo perché ovviamente i maniaci giocano "contro" di te, e dunque
non si metterebbero mai in una situazione con 3 impermeabili aperti se
hanno un'alternativa.
Ciao!

 da 2 aperti si resta a 2 aperti.
o a 0 aperti


 o a 0 aperti
No: i maniaci ruoterebbero in modo che i due angoli da me indicati non
corrispondano ai due impermeabili già aperti. Ergo: 2 aperti.
Ti sfugge forse una regola fondamentale del gioco: i maniaci non
ruotano a caso ma giocano "contro" di te. A loro non converrà mai
piombare nella situazione di 0 oppure 3 aperti.
Nel caso dei quattro angoli era diverso: infatti da 2 aperti (in angoli
opposti), indicando due angoli opposti si giunge per forza a 0 oppure 4
aperti.
Ciao!