Gizmodo Monday Puzzle: Czy potrafisz sfałszować finały NBA?

To już oficjalne, Boston Celtics i Dallas Mavericks zmierzą się w finałach NBA. Seria do trzech zwycięstw rozpoczyna się w najbliższy czwartek i potrwa do czerwca, aż jedna z drużyn zdobędzie cztery zwycięstwa wymagane do zdobycia tytułu mistrza.

Przewaga własnego boiska odgrywa poważną rolę w koszykówce. Ponieważ finał składa się z maksymalnie siedmiu meczów, a siedem to liczba nieparzysta, jedna drużyna może otrzymać dodatkowy mecz u siebie. NBA wie, że daje to przewagę, więc przyznaje dodatkowy mecz u siebie drużynie z lepszym bilansem zwycięstw/porażek w sezonie zasadniczym (w tym roku zwycięża Celtics). Przesuwają też harmonogram, tak że uprzywilejowana drużyna gra u siebie w meczach pierwszym, drugim, a w razie potrzeby piątym i siódmym, podczas gdy druga drużyna jest gospodarzem meczów trzeciego, czwartego i, jeśli to konieczne, szóstego.

Zagadka z tego tygodnia bada rolę harmonogramu w wyniku mistrzostw. Czy moglibyśmy wyeliminować przewagę własnego boiska, jeśli skupilibyśmy się na meczach Mavericks u siebie?

Czy przegapiłeś zagadkę z zeszłego tygodnia? Sprawdź to tutaj i znajdź rozwiązanie na dole dzisiejszego artykułu. Uważaj, aby nie czytać zbyt daleko w przyszłość, jeśli nie rozwiązałeś jeszcze zadania z zeszłego tygodnia!

Zagadka nr 45: Nie ma jak w domu

Celtics i Mavericks zmierzą się w serii do trzech zwycięstw, w której trofeum zapewnią sobie pierwsze do czterech zwycięstw. Załóżmy, że obie drużyny mają 55% szans na wygranie meczów u siebie i 45% szans na wygranie meczów na wyjeździe (nie ma remisów). Jeśli Mavericks byli gospodarzami pierwszych trzech meczów, a Celtics byli gospodarzami czwartego meczu i, jeśli to konieczne, piątego, szóstego i siódmego, to kto miałby większe szanse na zwycięstwo? Co by było, gdyby w serii znalazło się 101 najlepszych zwycięstw, a Mavericks byli gospodarzami pierwszych 50 meczów?

Spróbuj rozwiązać ten problem bez uciekania się do chaotycznych obliczeń prawdopodobieństwa.

Wrócę w poniedziałek z odpowiedzią i nową zagadką. Czy znasz fajną łamigłówkę, która Twoim zdaniem powinna się tu znaleźć? Napisz do mnie na X @JackPMurtagh lub napisz do mnie na adres [email protected]

Rozwiązanie zagadki nr 44: Puste kostki

W zeszłym tygodniu dałem wam trzy łamigłówki dotyczące oznaczania pustych kostek, z których jedna była pytaniem do wywiadu z Amazonem. Chcę pogratulować wam wszystkim. W sekcji komentarzy toczyła się ożywiona dyskusja na temat wartości (lub braku wartości) pytań w wywiadzie dotyczących łamigłówek, a wielu z Was skomentowało lub wysłało e-mailem alternatywne rozwiązania łamigłówek, których nie brałem pod uwagę.

Załóżmy, że masz jedną normalną kość i jedną pustą kość. Oznacz pustą kość jakimś podzbiorem liczb 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, tak aby przy rzucie obiema kostkami wszystkie sumy od 1 do 12 były jednakowo prawdopodobne.

Odpowiedź: Oznacz pustą kość liczbami 0, 0, 0, 6, 6, 6. W połowie przypadków wyrzucisz zero. W takim przypadku suma obu kości będzie liczbą od 1 do 6, każda o równym częstotliwość. W drugiej połowie przypadków wyrzucisz 6, w którym to przypadku suma będzie wynosić od 7 do 12, ponownie z taką samą częstotliwością. To rozwiązanie jest wyjątkowe.

Mając dwie puste kości A i B, oznacz je cyframi od 1 do 12 raz na każdej (bez powtórzeń), tak aby podczas rzucania było 50% szans, że A wyrzuci wyżej niż B i 50% szans, że B wyrzuci wyżej niż A.

Odpowiedź, która ma dla mnie najbardziej intuicyjny sens, to oznaczenie A = [1, 2, 3, 10, 11, 12] i B = [4, 5, 6, 7, 8, 9]. Połowa rzutów A (1, 2 i 3) będzie mniejsza, niezależnie od tego, jaki wynik wyrzuci B, podczas gdy druga połowa rzutów A (10, 11 i 12) będzie większa, niezależnie od tego, jaki wyrzuci B.

Oznacz trzy puste kości cyframi od 1 do 18 (bez powtórzeń), tak aby podczas rzucania każda kość miała taką samą szansę na to, że będzie najwyższa.

Zainspirowani rozwiązaniem poprzedniego problemu, oznaczmy A tak, aby jedna trzecia rzutów A była najwyższa, niezależnie od tego, czym rzucą pozostałe kości, podczas gdy pozostałe dwie trzecie rzutów A będą najniższe: A = [1, 2, 3, 4, 17, 18]. Teraz pozostały nam liczby od 5 do 16 i dwie kolejne kości do opisywania. Zauważ, że A spełnia warunek łamigłówki niezależnie od tego, jak oznaczymy kostki B i C. Zatem w efekcie wróciliśmy do przypadku dwóch kości, tylko z nieznacznie przesuniętymi liczbami. Kierując się naszą strategią z przypadku dwóch kości, oznaczymy:

B = [5, 6, 7, 14, 15, 16] i C = [8, 9, 10, 11, 12, 13]

Ponownie przypisujemy wszystkie pozostałe skrajne cyfry do B, tak że wypadnie ono wyżej niż C dokładnie w połowie przypadków, niezależnie od tego, jaki wynik wyrzuci C.

Enfy postawił pytanie, czy można to rozszerzyć na cztery kości. Nie jestem pewien. Chętnie przyjmę wszelkie pomysły w komentarzach!