Soluciones Desafío 42

Rubenman  dice:

En primer lugar quiero agradecer a todos vuestra participación, a quienes lo habéis resuelto, o lo habéis intentado y también a quienes sin hacerse presentes, disfrutan con nuestros problemas y comentarios.

El presente desafío tiene su origen en un libro de la ESO. Algo parecido al enunciado, dos círculos concéntricos  y 4 sectores numerados del 1 al 4, en cada corona, servían para explicar un ejemplo: la probabilidad de que cada número case individualmente era ¼, si girábamos un anillo una vuelta completa conseguíamos que los cuatro coincidiesen una vez cada uno.

Por vuestras respuestas y comentarios, compruebo que no os gustaron los colores y preferisteis modificar el problema con ceros y unos. El primer comentario de Sebas en el que me nombró a los números binarios no lo entendí, eso prueba que mi intelecto es bastante limitado, bien es cierto que su cuenta no cuadraba al principio, y luego una vez desmenuzado ya lo comprendí. Luego me entró el de Dospew cuya respuesta va por un camino similar.

Mi propuesta mantiene los colores y se olvida prácticamente de la combinatoria para centrarse en una cuestión meramente estadística, utilizando para ello la ME + DIA (qué chiste más malo).

Aunque tenemos pocas respuestas, al menos se plantean dos puntos de vista, cada cual que elija el que más le guste.

El jueves nuevo Desafío a cargo de Maito

Desafio_42_ Dospew

Desafio_42_Rubenman

Desafio_42_ Sebas

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41 pensamientos en “Soluciones Desafío 42

  1. Pues sí, era bastante más fácil de lo que pensaba, aunque no es para nada trivial. Me parece ingenioso. Menos mal que no lo has complicado, Rubenman.
    Efectivamente, las estrategias binarias que yo mismo debía haber utilizado me resultan más familiares. Yo también pasé a los 1 y 0, pero sólo para ir dibujando las tablas más fácilmente.

    Para los curiosos, el número de ordenaciones de dos colores en cada corona al ir variando el número de sectores a partir de 0,2,4,6… viene dado por la secuencia:
    1,2,4,10,26,80,246
    Esta secuencia lleva la numeración A003239 en la OEIS, y también corresponde, entre otras cosas, al número de collares diferentes de 2n cuentas de 2 colores. No parece haber fórmulas no recursivas para generar la secuencia, ni siquiera usando factoriales. Yo tuve que hacer un programa para ir obteniendo los términos, y como otra curiosidad os comentaré que en la OEIS hay unas cuantas secuencias diferentes que también empiezan por 1,2,4,10,26,80, y luego divergen.

    No puedo dejar de observar que la probabilidad de obtener sólo 7 columnas coincidentes tiene que ser muy, muy baja.
    No sólo es extremadamente difícil (rellenando aleatoriamente, quiero decir) que aparezcan los 32 números binarios diferentes en cada unos de los 3 primeros bloques de 32 columnas, sino que también es difícil que en el bloque restante aparezca sólo una columna. Lo más fácil con diferencia es que aparezcan dos. No lo he calculado, pero yo diría que es posible que hasta 3 columnas sea más probable que 1.

    Bonito problema, sí señor.
    No voy a ahorcarme porque ahora mismo me viene mal. Ya os avisaré.

      • Como bien apuntas Super, lo raro es sacar sólo 7, pero es la única cifra que podemos asegurar siempre.
        Lo de sacar o no un desafío, creo que es lo anecdótico, lo interesante es que nos hayamos entrenido y hayamos aprendido todos algo.
        Es cierto que mi intención era marear al principio, luego ya sabía que vuestros análisis, comentarios y respuestas superarían con creces el nivel del problema. Sin ir más lejos esos datos que apuntas demuestran que este desafío se te quedaba muy corto.
        Al igual que otros compañeros que no han dado con una respuesta digamos redonda, me ha sabido mal. Es cierto que intentas juguetear con el enunciado, pero con la única intención de que dure un poco más, a partir de un momento ya quiero que todo el mundo lo saque, aunuqe tal vez las pistas no sean tan claras, cosa que lo intento.
        Creo sinceramente que todos los que lo habéis intentado merecéis un notable alto, porque hay exámenes en los que importan más los razonamientos que dar con el resultado.

        • Gracias, Rubenman, pero yo no me merezco el notable alto ese.
          De hecho, incluso el último cálculo que he hecho está mal. Lo estoy repasando a fondo y luego daré las probabilidades finales de las 4 columnas restantes.

          • No seas tan duro contigo mismo . Solo por las investigaciónes que realizas , el tiempo que dedicas y por lo que aportas a este blog te mereces un diez !! en cada desafío, lo finalices o no.

            • El 67.232% que dí antes fue calculado en una simulación estadística defectuosa, y está mal.
              El supuesto de que los bloques principales tengan como máximo 2 columnas bien es un supuesto muy fuerte, y pone condiciones a las 4 columnas restantes y al orden de las columnas adyacentes. De entrada, si se tiene que cumplir que hay 3 bloques grandes con 2 columnas bien como máximo, el número de 1 y 0 de cada palabra horizontal de las 4 columnas restantes tendrá que ser el mismo (2 unos y 2 ceros).
              Esto deja sólo 6 posibles palabras de 4 bits (posiblemente repetidas) a repartir en 5 filas, lo que hace un conjunto de 252 posibilidades.
              La paridad de cada palabra implica también que el número de columnas extra correctas será 0, 1, 2 ó 4. Es imposible que haya 3 columnas buenas extras.
              Que haya de entrada 0, 1, 2, 4 o que podamos conseguir 1, 2, o 4 rotando una o más filas depende única y exclusivamente del orden de las columnas extras y sus adyacentes. Algo sobre lo que no tenemos control.
              Pero suponiendo que los 252 conjuntos son equiprobables, las probabilidades ANTES de rotar nada son:
              0 columnas extra: 150/252 = 59.5238095238 %
              1 columna extra: 48/252 = 19.0476190476 %
              2 columnas extra: 48/252 = 19.0476190476 %
              4 columnas extra: 6/252 = 2.38095238095 %

              Rotando una o más filas una posición en la dirección oportuna podemos conseguir siempre 1 columna extra, y se podrían conseguir 2 columnas extras (rotando hasta dos posiciones), pero ya no siempre. Eso depende de que los colores de las columnas adyacentes sean anticomplementarios entre sí, y de que el color del segundo bit que metemos en el bloque principal no destruya uno de los bloques principales. Como que la destrucción sea posible (y que eso aumente o disminuya el número de columnas buenas) depende exclusivamente de la coloración (que no controlamos), calcular las probabilidades de 2 o 4 columnas extra al rotar se complica muchísimo. Lo dejo aquí.

  2. Desafío Rubenmann: Curioso, entretenido, aparentemente enrevesado y para pensar . A mi me gustan mucho pero tiemblo cuando los anuncia como MUY facil. Son asequibles pero requieren entrever un camino de solución, si no te pierdes. El razonamiento empleado es claro y sencillo, ahora !!. Felicidades. Sebas completa el razonamiento que yo obvié.

  3. Mi forma de ver el problema es el siguiente: de las 100 columnas de 5 dígitos, sin ninguna rotación, seguro que podemos apartar 3 bloques de 32 columnas (no tienen porqué ser consecutivas) que seguro contienen cada bloque todas las columnas del 00000 al 11111, las 4 columnas restantes, sin rotación, podrán contener o no la igualdad, entiendo que la probabilidad de que se dé “al menos” la igualdad “en una” de las columnas es el contrario de que no se dé “ningún” caso, por lo tanto esta probabilidad será 1-(15/16)^4

    • Pues no. Todo depende del coloreado inicial.
      Por ejemplo, si te han coloreado alternativa y radialmente, por mucho que reordenes columnas, sin rotar obtendrás 50 “00000” y 50 “11111”. Lo cual es mucho mejor para tí, claro. ¡100 columnas bien!
      Si rotas previamente podrás obtener otras dos combinaciones diferentes (por ejemplo 50 “00010” y 50 “11101”, pero de ningún modo todos los números del 0 al 31 tres veces.
      Yo creo que es casi imposible que aparezcan los 3 bloques del 0 al 31, a no ser que te hayan coloreado cuidadosamente buscando el mínimo.

      Las cifras de arriba sin rotación se han sacado contando los 252 casos diferentes posibles de conjuntos de 5 palabras de 4 bits con repetición cuando las palabras contienen exactamente 2 unos y dos ceros.
      Siempre suponiendo, por supuesto, que en el lado fijo haya 3 bloques de 0 a 31 completos (y por tanto 6 columnas buenas previas). Si no fuera así, no podríamos garantizar que las palabras extra tuvieran dos “1” y dos “0”.
      La columna extra sin rotación aparece en 48 casos de 252, así que algo no va bien, o en tu fórmula, o en mi supuesto de que los 252 casos son equiprobables.
      Supongo que podría hacer unas pruebas aleatorias a ver qué sale.

      Hecho. Ahí van un millón de conjuntos aleatorios de 5 palabras de 4 bits elegidas aleatoriamente de entre estas 6 palabras: 0011,0101,1010,1100,0110,1001 (todas las que tienen 2 bits a “1” y 2 a “0”)

      0 columnas: 799005 casos = 79.9005 %
      1 columna: 153868 casos = 15.3868 %
      2 columnas: 46267 casos = 4.6267 %
      3 columnas: 0 casos = 0 %
      4 columnas: 860 casos = 0.086 %

      Las probabilidades no coinciden, así que supongo que después de todo, los 252 conjuntos no son equiprobables.
      Y tampoco coincide con tu fórmula.

      No me hagáis mucho caso. Igual he metido la pata con la simulación. Mañana lo repaso. Ahora tengo que irme.

  4. El tema de los binarios me viene un poco grande, pero creo que bien entendido y utilizando un símil a mi planteamiento, utilizando el concepto de media, también debiera tener su encaje.
    Tal vez sea más matemática la concepción binaria a secas, pero creo que es algo más compleja, para quienes no estamos habituados.
    Lo bueno hubiera sido que este desafío lo hubiese planteado un matemático experto, para ver qué respuesta hubiese dado.
    Reconozco que la mía es de ir por casa, como quien dice. Quienes sean profanos en la materia la verán como sencilla de entender, o al menos eso me parece, si bien no parece que nos enseñe gran cosa; si acaso que para razonar algo no hacen falta elementos sofisticados.

    • No importa cómo lo mires, tu planteamiento se entiende mejor. Y no te equivocas, en este caso al menos, el planteamiento binario es más complejo. Otra cosa es que a alguien le resulte más natural pensar de una manera u otra. En este caso, tú tenías ventaja.

  5. CON ANIMO DE POLEMIZAR.

    Sin duda un desafío muy interesante. A mi me ha tenido tres días comiéndome el coco.

    Felicito a Rubenman, Sebas y Dospew, que han sido capaces de elaborar una respuesta.

    Chapó por Rubenman, que aporta un elegante razonamiento impecable que demuestra
    que se puede asegurar que al menos son posibles 7 coincidencias. Sin embargo, discrepo de las demostraciones de Sebas y Dospew (si no las he entendido mal). Ambas se basan en considerar que siempre se pueden encontrar entre las 100 columnas 3 grupos de 32 con las combinaciones de 5 dígitos diferentes. Creo que esto no es así. Por ejemplo, si en la distribución inicial en todas las coronas los colores están alternados (Rojo, Verde, Rojo, Verde, …) podremos girar las coronas para obtener cualquier combinación en una columna, por ejemplo 01101. Pero en este caso, también obtendremos 01101 en 49 de las columnas restantes y 10010 en las otra 50.

    Por otra parte, creo que la solución de Rubenman tampoco es completa aunque probablemente sea correcta. Para explicarme, ¿sería válido que hubiésemos respondido que el mínimo es 1 coincidencia?. Es fácil demostrar que al menos se tiene que dar 1 coincidencia (un sector entero del mismo color). Pero la respuesta no es correcta, ya que sabemos (ahora) que por lo menos son 7 las que se pueden asegurar.

    ¿Y por qué 7 va a ser la respuesta?. Si yo afirmo que para cualquier distribución inicial podemos asegurar que se pueden obtener 8 sectores al girar los anillos ¿Alguien puede rebatirlo?. Rubenman ha demostrado que se pueden asegurar 7. Pero yo he comprobado las 100!/(50!*50!)^5 posibles distribuciones iniciales, y para cada una de ellas he encontrado al menos 8 coincidencias en uno de los 100^4 giros posibles.

    Obviamente, lo anterior es un farol. No lo he comprobado. ¡Pero podría ser cierto!. El hecho de demostrar que por lo menos se pueden asegurar 7 coincidencias no implica que el mínimo que se puede asegurar sea 7.
    .
    Por tanto, si Rubenman tiene razón, y el mínimo es realmente 7, para proporcionar una
    solución completa habría que encontrar un contraejemplo de mi tesis (que son 8). Es decir, encontrar una distribución particular para la que se pueda demostrar que en ninguno de los 100^4 giros posibles encontramos más de 7 coincidencias ¿alguien la tiene?

    • Como ha dicho en la rectificación de mi anterior comentario, “coloreando de la forma más desfavorable posible” en 32 sectores hay inevitablemente (si todos son distintos) 2 coincidentes

      • El contra ejemplo (para mí) es el siguiente: si observas la distribución de mi tabla de la solución (el caso más desfavorable) hay únicamente dos coincidencias, por mucho que rotemos, lo único que hacemos son permutaciones en la numeración binaria de las columnas y en el grupo siguen las dos únicas coincidencias. Y en 4 columnas mas, sin perder las anteriores podemos por rotación conseguir únicamente otra en el caso más desfavorable

      • Está bien lo de debatir. Antes me dejé una precisión, no sólo como lo resolvería un matemático, si no cómo lo plantearía…
        De todos modos sí que voy a mencionar una cosa, a la hora de elaborarlo comprobé que no era muy difícil superar esas cifras, de hecho en el ejemplo que pongo así se refiere.
        En el enunciado, por ese motivo, utilicé el término garantizar, dándole el matiz que quería darle. A la hora de garantizar pruebas la situación extrema, hasta tal vez imposible. En un estudio informático exhaustivo y detallado, seguro que saldríamos de dudas.
        Está muy bien el comentario. Digamos que podemos garantizar 7 siempre, ¿8? me temo que nos quedará la duda, quiero pensar que habría que jugar con poner 50 y 50, en la primera fila, 25-25-25-25 en la siguiente, y así de manera que el sistema se convierta en algo continuo, y al mover donde quito pongo y donde pongo quito. Pero no te lo puedo confirmar.
        Es muy interesante tu comentario

    • Era consciente que mi respuesta no estaba del todo argumentada. Pero la de Sebas con las permutaciones creo que sí.
      Podría haber sido un Informal. Yo voy a seguir pensándolo.

  6. Me parece tras leer las respuestas que este desafío todavía está vivo.
    Y para explicarlo os propongo un caso más sencillo: 3 coronas, con 10 sectores cada una y 2 colores. Si en vez de 10 sectores tuviésemos 8, podríamos garantizar que siempre obtendríamos al menos dos sectores del mismo color. Y según he entendido en las respuestas al pasar a 10 sectores lo que se garantiza es un mínimo de 3 sectores del mismo color. Y aquí va el reto: ¿alguien puede colorear las 3 coronas, con 10 sectores cada una y con 2 colores impidiendo que se puedan poner 4 sectores del mismo color?

  7. Yo creo que al tratarse de 2 colores al 50% los sectores monocolor deben ser pares. Si son 7 habrá un número par de un color y otro impar del otro lo que no “cuadra”.
    Ej. 4 sectores con 1 y 3 con 0 :
    Quedarán 46 unos y 47 ceros; tendrá que haber otro sector con 0.

  8. Muy posiblemente el enunciado, aunque literalmente puede interpretarse de un modo, pueda crear dudas. Si en vez de decir cuál es el mínimo, hablamos ya de si puedes razonar que garantizarás 7, no habría ninguna duda; que por otro lado pudiera quedar implícitamente aclarada cuando centramos el tema en el 7.
    Eso de juguetear con los enunciados puede ser la causa, aunuqe personalmente creo que tiene su atractivo.
    Desde el punto de vista teórico y de razonamiento se garantiza un hecho, que experimentalmente puede ser mejorado en muchísimos casos; cuestión que ya preveía, porque pensar que la media de muchos números sea debida a que el mayor sea uno más, es pensar en el peor de los supuestos, algo que siempre debe prever la teoría.
    Yo me inclino a pensar que experimentalmente puede ser mejorado, pero que en el plano teórico y razonando, sería complejo; digamos que sería una conjetura.

  9. Creo que al principio todos hemos tenido las mismas dudas que Pardillano, y que la solución de Sebas descarta el caso de 8 o más. El único problema de la solución de Sebas es que no se explica como Pardillano.
    Dicho lo cual, me parece interesante intentar una exploración exhaustiva como demostración final, ya que usando la media no la tenemos.
    Lo que no comparto con Pardillano son los números de combinaciones, así que voy a repasarlos, y si, como yo creo, no son tan grandes como dice él, lo voy a intentar aunque haya que dejar la máquina contando varias horas.
    No os garantizo nada, ¿eh? Sólo me estoy divirtiendo.

  10. Como veis soy una catástrofe, pero por si alguien piensa que eso me va a hacer reflexionar está muy equivocado, porque estoy trabajando en otro que espero que dé algo que hablar. Es que si no, sólo se divierte Superpan…

  11. Bueno, para ir dando cifras, una definitiva: El número de coloraciones circulares DIFERENTES con dos colores de una corona de 100 sectores es exactamente 1008913445455643197454196752.
    Supongo que para hacerlo bien del todo, habría que combinar todas esas combinaciones con todas ellas en cada una de las 5 coronas (1008913445455643197454196752 ^5) , y además comprobar todas las rotaciones posibles distintas (100^4) para cada una de las combinaciones anteriores. Un número final totalmente inabordable.
    Pero estoy convencido de que el sistema de 3 bloques de 32 es válido como peor caso, así que sólo hay que probar una cualquiera de las combinaciones que produzca los 3 superbloques, y combinarla sin pudor con todas las combinaciones posibles de las 4 columnas extra, que son 252. Esto produce 252 superbloques de 100 columnas que hay que rotar de todas las formas posibles, que serán 100^4 si dejamos una corona fija. Un total de 25.200.000.000 combinaciones.
    Creo que eso sería muy manejable con un superordenador, pero no con un PC corriente en un tiempo razonable. Se acabó la diversión, me temo.

    Por otro lado, el razonamiento par de Dospew parece muy convincente, así que voy a intentar el caso pequeño que ha propuesto Suschus (3 coronas de 10 sectores) a ver si es cierto que salen nC+2 columnas.

  12. Novedades.

    Preparando la exploración me he dado cuenta de que las estadísticas de ayer están todas mal. Tenía más de un error en el programa. Por motivos que no vienen al caso, he borrado sin querer mi programa de ayer y ahora que sé que está mal no lo puedo corregir sin rehacerlo.
    Cosa que no voy a hacer porque no merece la pena. Simplemente quería comentarlo para que no les hagáis caso.

    Al grano.
    He probado todas las configuraciones posibles de 10 sectores y 3 coronas (usando el atajo de que cualquier bloque que incluya las cuentas binarias de 0 a 7 me sirve como base, y uniendo ese bloque de todas las formas posibles a las columnas extra, que son 2).
    Eso me da 8 configuraciones a probar, con 100 rotaciones por cada una, 800 pruebas.

    Resultados:
    Como es lógico, siempre se pueden conseguir 3 columnas (2 del bloque + 1 extra), pero eso es rotando las filas una posición hacia cualquiera de los dos lados.
    Si se rota más de una posición, las columnas extra contaminan el bloque y empiezan a pasar cosas más interesantes.

    La mitad de las configuraciones tienen rotaciones que tienen un mínimo de 0 columnas bien. La otra mitad tienen mínimos de 1 columna bien. Si jugáramos a buscar el mínimo, parece que podríamos apostar sin temor a que siempre se pueden reducir las coincidencias a 1.

    Hay 2 configuraciones que tienen rotaciones que tienen un máximo de 5 columnas bien, pero
    TODAS las configuraciones tienen rotaciones que tienen un máximo de 4 columnas bien.
    Así pues, jugando a buscar el máximo, PARECE que se garantiza que se pueden conseguir siempre 4, y no 3 como creíamos. Si esto es cierto, es más probable que se puedan conseguir al menos 8 en el caso del desafío. Lo cual mejoraría, pero no invalidaría la repuesta de Rubenman.

    Para estar un poco más seguros de que se pueden conseguir nC+2, haría falta probar realmente TODAS las combinaciones del ejemplo pequeño (sin usar el atajo del bloque binario) a ver si el 4 es siempre posible.
    Hay sólo 10 coloraciones diferentes (no equivalentes por rotación) de 8 casillas cuando hay 4 de un color y 4 del otro.
    Hay 8 combinaciones de los dos bits extra (siempre 0 y 1) en 3 coronas.
    Eso da 80 tablas que hay que rotar 100 veces. Un total de 8000 pruebas.
    Cuando tenga un rato me pongo a ello…

    • Perdón, el último párrafo es una tontería.
      Para probar el caso pequeño en su totalidad hay que probar las 26 coloraciones posibles de 10 casillas (5+5) combinadas entre sí 3 veces, y luego rotadas 100 veces. Total: (26^3)*100 = 1.757.600 pruebas
      Uff… veremos.

      • Perdón, son menos ¿dónde tengo la cabeza?
        Son las combinaciones con repetición de 26 elementos tomados de 3 en 3, y luego rotadas 100 veces. Total: 3276 * 100 = 327.600 pruebas.
        Pero ya no me fío de lo que digo.

  13. Uff, casi no hemos terminado uno, y mañana tenemos otro, sin solución de continuidad.
    Muy buen trabajo Superpan. Mereces la Matrícula de Honor.
    Yo creo que los que domináis los binarios, por una simple cuestión de combinatoria podrías aventurar cuál es el peor escenario para esas “4” sobrantes para que se puedan completar necesariamente 6+2, en vez de 6+1. Eso no se puede prever por la estadística.

  14. Más novedades. Ahora sí, un resultado definitivo, aunque aplicable sólo al caso de 10 sectores y 3 coronas (y 2 colores).
    Este es el histograma de los 3276 máximos que aparecen.
    Recordemos que cada máximo contado aquí es el número máximo de columnas coincidentes al dejar fija una corona y rotar otra 10 veces y 10 veces la restante por cada rotación de la anterior. Es decir, 100 máximos por 3276 combinaciones = 327600 cuentas en total.

    10 columnas bien: 26 casos
    9 columnas bien: 0 casos
    8 columnas bien: 468 casos
    7 columnas bien: 650 casos
    6 columnas bien: 1569 casos
    5 columnas bien: 452 casos
    4 columnas bien: 111 casos
    3 columnas bien: 0 casos
    2 columnas bien: 0 casos
    1 columna bien: 0 casos

    Las 3276 distribuciones probadas constituyen el espectro completo de coloraciones posibles, así que este resultado tiene que ser cierto.
    Para cualquier configuración imaginable de 5+5 sectores de 2 colores, después de probar las 100 rotaciones diferentes que existen, se puede garantizar que siempre se va a encontrar una con 4 o más sectores correctamente alineados.
    Y también podemos decir que las combinaciones tan malas que sólo tienen 4 columnas bien no son ni mucho menos mayoría. La probabilidad de encontrar una al azar sería de 111/3276 =
    3,38 % aproximadamente, si las 3276 combinaciones diferentes fueran equiprobables.

    Aquí tenéis la primera de las 111 combinaciones de sólo 4 aciertos máximos que he encontrado por si queréis jugar con ella a rotarla buscando más de 4:
    0000011111
    0001100111
    0010101101

    • En este coloreado que propones, las dos primeras líneas se corresponden con lo esperado del bloque de 8 más 2 extras, pero la tercera fila tiene los extras intercalados por separado.
      Sería bonito tener una teoría que explicara como funciona este desafío. ¡Qué habilidad tiene Rubenman para liarla con planteamientos aparentemente sencillos!

  15. ¡Superpan no hay nada que te detenga! Y has demostrado en el caso sencillo de 3 coronas, con 10 sectores y 2 colores se pueden alinear 5 sectores. Esto hace intuir que si dos columnas extras que contaminan a las 8 ordenadas del bloque han conseguido alinear 3 sectores, en el caso de Rubenman que hay 4 columnas extras contaminando a las 96 ordenadas en 3 bloques cabe esperar que aparezcan bastantes más (esto es especular y lo demás son tonterías).

    • Ya he vuelto a publicar sin leer el último comentario. Parece que al final SPZ demuestra que hay casos en los que sólo se alinean 4 sectores. La especulación anterior ya no tiene sentido.

      Y SPZ ha destrozado el reto: No es posible pintar los sectores de forma que sólo se alineen 3 sectores como máximo.

  16. Iba a hacer un comentario pero después de ver el chat mejor me callo, si no pude con el original ¿qué voy a aportar de nuevo en las variantes? Con tanto color me he quedado en blanco.

    • No te cortes, hombre. No hemos descubierto nada. Sólo sabemos que en casos inferiores, el “mínimo estadístico” como lo llama Rubenman se queda corto, y que con casi total seguridad, el valor buscado tendrá que ser par.
      Así que lo más probable es que para este Desafío, el mínimo buscado sea 8. Es decir, el mínimo estadístico +1.
      O quién sabe si el valor a añadir será función de los parámetros y la solución es 10…
      O alguna otra sorpresa…
      Yo de momento coincido con Pardillano y voto por el 8.

  17. Creo que no es difícil vaticinarlo,al menos para quienes domináis los binarios.
    En el caso de 10 coronas, 2, 2,; parece evidente que debes partir siempre de 8 filas distintas para que no se repita ninguna, de este modo hay digamos dos contrarias en ese octeto. Si repites más, dentro de ese octeto, más fácil de que tengas más de dos
    Las dos que se añaden, para completar 10; deben tener 0, donde tiene 1 la vecina y viceversa, lo que las convierte en contrarias, de entrada, por lo que duplican dos y no sólo una del octeto anterior. cualquier otra configuración no hace sino agravar, si se puede llamar así.
    En el caso propuesto en el desafío, el 8 es seguro y muy seguro, si acaso habría que descartar el 10.

          • Yo creo que se le ha escapado un 3 por un 2 y “sectores” por “coronas”, siempre suponiendo que quiera decir 10 sectores, 3 coronas y 2 colores.
            Y también ha cambiado “columnas” por “filas”, así que supongo que donde dice 8 “filas” distintas, quiere decir 8 “columnas” distintas.

            • En efecto, así es 10/3/2. había errores que Super bien ha visto, aunque no entienda lo que quiero decir, entre otras cosas porque sabe mucho más que yo de binarios.
              Octetos, columnas, y dos nuevos que o bien son inversos (en cuyo caso es duplicación) u obligan a repetir otras dos columnas.

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