ドブルの数理(6) (訂正)検証・・驚きの結論 - amori's blog
2017.12.3 追記 昨日、ドブル関係の記事を引用ツイートしていただいてアクセスが増えた結果、この記事の「予想に反して6つしかないシンボルがなかった？」という結論と異なり、雪だるまが6つしかなかった、というツイートされているのに気がつきました。 カウント結果を確認しようと思ったら元データが見つかりません・・・また、この件を検索してみたら海外サイトでsnowmanが少ない、という指摘があるのを見つけました。 よって、この記事の結論はわたしのカウントミスの可能性が高いと思われますので、以下の記事の結論は取り下げます。 〜〜〜 前回までで示したように、ドブルのカードに全57シンボルをどのようにそれぞれのカードに最適に割り当てれば理論的に最大57枚まで構成可能です。 ドブルの数理(5) ドブル構成の仕上げ http://amori.hatenablog.com/entry/2016/10/23
ドブルの数理(5) ドブル構成の仕上げ - amori's blog
7×7総当たり組み合わせができたので、あとは各組に1人づつ計8人を足して、その8人でもう一組作って計57組の完成です。追加の8人を分かりやすくA〜Hとしましょう。 A B C D E F G H A 0 1 2 3 4 5 6 A 7 8 9 10 11 12 13 A 14 15 16 17 18 19 20 A 21 22 23 24 25 26 27 A 28 29 30 31 32 33 34 A 35 36 37 38 39 40 41 A 42 43 44 45 46 47 48 B 0 7 14 21 28 35 42 B 1 8 15 22 29 36 43 B 2 9 16 23 30 37 44 B 3 10 17 24 31 38 45 B 4 11 18 25 32 39 46 B 5 12 19 26 33 40 47 B 6 13 20 27 34 41 48
ドブルの数理(4) ドブル構成の導出 その2: 7×7人総当たり組み合わせ問題 - amori's blog
いわゆる16人麻雀総当たり問題の拡張版で、7×7=49人の場合を考えます。 7人でやるゲームというのはパッとは思いつかないので、とりあえず7人1セットのポーカー大会を総勢49名で開催するものとでもお考えください。 一人のプレイヤーは1回で6人と対戦しますので、他の48人全員と対戦するのには8回戦が必要です。ちょうど8回戦で全プレイヤーが、全員と対戦する組み合わせを求める、というのがこの問題です。 以下、手順のみ説明します。理屈については後半で。 1) 49人を7の剰余系の二次元平面に配置します。 具体的には、49人に0から48の番号をふり、例えば0->(0,0), 1->(1,0)・・47->(5,6), 48->(6,6)というように番号と平面の位置と対応させます。 この場合は、番号m, 平面の位置(x,y)は、 x=m (mod 7), y=(m-x)/7 C言語なら、int x=m%
ドブル (Dobble) の数理(2) - amori's blog
前の記事でDobbleの「任意の二枚で共通のシンボルはひとつのみ」という「ドブル構成」(勝手に命名しました)を導く方法を解説しました。 http://amori.hatenablog.com/entry/2016/10/10/030856 ここで既に一枚のシンボルの数がn個の場合、条件を満たせばカードの数をn×(n-1)+1とできることを示しましたので、ここではそれが最大でありこれ以上はたとえシンボル数の総数を増やしてもカードの最大数を増やせないことを説明します。 まずn=3で考えます。 一枚の3つのシンボルをひとつの三角形の3つの頂点に置き換えます。 するとDobble の条件は、どの三角形も他の全ての三角形と一点でのみ繋がっている状態と同じです。 ここでひとつの三角形(Aとします)に注目します。この三角形のひとつの頂点sに、他の三角形が3つ(B,C,D )繋がっているとします。 次に三
カードゲーム ドブル(Dobble)の数理 - amori's blog
ドブル(Dobble)というカードゲームをご存知でしょうか 本家はこちら https://hobbyjapan.co.jp/dobble/ ゲームの感じはこちらがわかりやすいでしょう http://primaryplus1.com/dobble 全部で55枚のカードにそれぞれ8つの絵というかシンボルが描かれており、任意の2枚のカード間でひとつだけ同じシンボルがあるようになっていて、この仕組みを使ったゲームが色々と遊べるようになっています。 単純に二つのカードで共通のシンボルを早い者勝ちで宣言する、というシンプル極まりないルールでも結構盛り上がりそうです。 さて、ここで興味深いのは「任意の２枚のカードで共通のシンボルが必ずひとつしかない」という構成です。 全てのカードに共通なひとつのシンボル、という自明な構成を除き、その構成はどのようになっているのでしょうか。 少ない数から試してみましょう。
解答編: 次は何？ - amori's blog
第1問の答え 念のためちょっと改行 元の答えは、ＩＴＯＴ 列を増やした今の答えは、ＩＴＴＴＴ 第2問の答え 次は２８０９ そして２０４８の前は１８４９ です。 解説: 第1問は素数を平衡三進法を表記したもので、1→Ｉ, 0→Ｏ, -1→Ｔ、と置き換えています。 三進法 - Wikipedia 平衡三進法は、通常の三進法の各位の係数を、0,1,2 ではなく-1, 0, 1としたもので、慣習的に-1は1の上の~(チルダ)をかくのを全部アルファベットで代用したのが問題の表記です。 問題の最後の数は、 ＩＩＩ=1×3^2 + 1×3^1 + 1×3^0 =9+3+1 =13 なので、次の素数は17なので、 これは27 -9 +0 -1 なので ＩＴＯＴという表記になります。 列を増やした今の答えは、 素数の続きで、19, 23, 29, 31, 37ときて ＩＴＴＴＴ=81 -27 -9 -3 -
天秤パズル(一般解法編) - amori's blog
元の記事はこちら http://anond.hatelabo.jp/touch/20160629132908 それへの考察「天秤パズル 増田解法考察編」 http://amori.hatenablog.com/entry/2016/07/02/195420 の続き。 天秤パズルの最大値は、結局は天秤で量った結果の組み合わせが、試行回数に対して何通り意味を持つか、という問題である。 天秤の状態は、左傾き・釣り合い・右傾き(以下、左・合・右または/,=,＼と記す。釣り合わない場合をまとめて、傾または≠、傾きが変化するのを転、×とする)の3状態がある。よって最大でn回の天秤で個の玉を区別できるはず。 実際、もし問題の条件が「ひとつだけ軽い(もしくは重い)玉がある」だと、3状態を完全に区別することがかのうなので、一回の天秤で、 左→右が軽いので右の皿の玉に答えがある 合→量ってない残りに答えがある
９つの玉があります。 ひとつだけ重さの違う玉があります。 天秤測りを３..
９つの玉があります。 ひとつだけ重さの違う玉があります。 天秤測りを３回だけ使って、重さの違う玉を見つける手順を示しなさい。
解答編:26値サイコロ - amori's blog
正解:1, 2, 3, 6, 9, 18をサイコロ向かい合う面に、1⇔2、3⇔6、 9⇔18 となるように配置すれば1から26までの全ての値が構成できます。 この問題を思いついて、ビリヤードリングのように試行錯誤で見つけたんですが、よくよく答えを見てみたら綺麗に18の約数になってるんですね。で、1⇔2、3⇔6、 9⇔18 を素因数表現にしてみて、1×3^0⇔2×3^0、1×3^1⇔2×3^1、 1×3^2⇔2×3^2(あえて、2^0=1と表記してます)気がつきました。これ3進法表現だわ(^_^)サイコロの目を1から3面足し合わせるというのは、3進法表現の d0×3^0 + d1×3^1 + d2×3^2 の係数 d0,.d1, d2を0, 1, 2から選んでることに等しい。1と2は面の反対に対応するので排他で、全部ゼロは選べないから、3^3 - 1=26通りが重複なく連続で構成できた、とい
６面で26値サイコロ - amori's blog
ビリヤードリングの問題からインスピレーションを得て、これをサイコロに適用したらどうなるか、を考えてみた。 立方体６面のサイコロには当然6通りの値しか与えられていないが、これを凸凹なところで転がすと斜めで止まることもある。 この時に上から見えている面の値の合計を目としてカウントするとして、 6つの面にどのように数値を配置したら、重複なく、また、連続した目を構成できるか？ 一度に同時に見える面は最大3つ。 その組み合わせは、面、辺、頂点のどれが上にくるかで決まり、全部で 6+12+8=26通りある。 では、1から26までの目となるようにできるのか、また、その場合の数字と配置は？ 答えは、可能かつ実質ユニークで、 わかってみれば数学的に明解なものである。 (解答編はこちら→ http://amori.hatenablog.com/entry/2016/05/17/173953 )
ビリヤードリング(魔円陣) - amori's blog
森博嗣の「すべてがＦになる」にシリーズの「笑わない数学者」で以下のようなパズルが紹介されている。 「ビリヤードの球（つまり１～１５）から五個球を選んでリングに並べる。 この時、連続する球の数字の和が１～２１になるようにするにはどうならべればいいか？」 こちらで実際にこのパズルをプレイできる。 〜〜 追記: この問題は一般に「魔円陣」と呼ばれているものでした。当ブログの別記事「Dobbleの数理」で参照している有限幾何の文献でも解説があります。 amori.hatenablog.com あと、「ガロアの数学 「体」入門、小林吹代 著、技術評論社、2018/6」にも解説がありました。 〜〜 ２１というのは5個のリングから作りうる最大数で、Combination(5,2)*2+1 =21 であるので、作りうる数字の和に重複がないということである。 5個未満については、 1個の場合は[1]で自明、
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