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5.12.24 Plätzchenglasur - DFUx - 12-13-2024
Nachdem es sich mit 1x10 und 2x5 ja um sehr überschaubare Größen handelt, habe ich es einfach mit Baumdiagrammen gelöst.
Nach einer 1 (Glasur) kommt sicher eine 0 (keine Glasur) und nach zweimal 0 sicher eine 1. Nur nach jeweils der ersten 0 muss man eine Fallunterscheidung machen. Und am Rand dürfen keine zwei Nullen sein, so dass bei 1x10 alle Verzierungen entweder mit 010… oder 10… anfangen und es am Ende nur 16 Möglichkeiten sind. Fallunterscheidungen fettgedruckt.
0100100101
0100101001
0100101010
0101001010
0101001001
0101010101
0101010010
1001001001
1001001010
1001010101
1001010010
1010101001
1010101010
1010100101
1010010101
1010010010
Bei den 2x5 ebenso. Einfach ausfüllen und bei mehreren Möglichkeiten dann eine Fallunterscheidung. Auch da sieht man schnell, dass die
Anzahl der Lösungen mit 20 Stück sehr überschaubar bleibt. Gerade auch, weil die gedrehten zugelassen sind.
10101 00000 (3 Einser)
00000 10101
10100 10000
00001 00101
10001 00100
00100 10001
10000 10100
00101 00001
01010 00010 (2 Einser mit 1 Feld dazwischen)
00000 01000
01000 00000
00010 01010
01001 00000 (2 Einser mit zwei Feldern dazwischen)
00000 01001
01000 00001
00001 01000
10000 00010
00010 10000
10010 00000
00000 10010
Ergibt 16 und 20 Möglichkeiten.
RE: 5.12.24 Plätzchenglasur - Kosakenzipfel - 12-13-2024
Schöner kann man es nicht schreiben.
RE: 5.12.24 Plätzchenglasur - saltus - 12-15-2024
Na dann versuche ich es mal komplizierter! (Dafür ohne Fallunterscheidung.)
Für das 1x10-Plätzchen: Wenn ich f Felder glasieren will, brauche ich auf jeden Fall ein Muster 1010...01 mit f Einsen.
Es bleiben noch 10 - f - (f-1) = 11 - 2f weitere Teilplätzchen, die nicht glasiert werden.
Dafür habe ich f - 1 + 2 = f + 1 Stellen: jedes 0 kann verdoppelt werden, ganz links und ganz rechts.
An jede Stelle kann nur höchstens ein weiteres unglasiertes Teilplätzchen.
Mit f glasierten Teilplätzchen gibt es also 11-2f aus f+1 = $\binom{f+1}{11-2f}$ mögliche Anordnungen.
($\binom{n}{k}) ist der Binomialkoeffizient).
Für das 1x10-Plätzchen gibt es also
$$ \sum_f \binom{f+1}{11-2f} = 10 + 6 $$
Möglichkeiten.
Die (übliche) Konvention $\binom{n}{k} = 0$ für k<0 oder k > n
sorgt, dafür, dass nur f=4 und f=5 zur Summe beitragen.
Beim 2x5 Plätzchen kann jedes glasierte Teilplätzchen oben oder unten sein,
ansonsten lässt sich das Problem wie 1x5 behandeln. Es gibt also
$$ \sum_f 2^f \binom{f+1}{6-2f} = 4*3 + 8*1 = 20$$
Möglichkeiten.
PS: Leider habe ich nicht gefunden, wie formatierte Formeln einzugeben sind. Das schiene mir für das Lösungsforum nützlich.
RE: 5.12.24 Plätzchenglasur - Fanbusfahrer - 12-15-2024
Hi,
das sieht interessant aus. Ich verstehe folgende Zeilen allerdings nicht:
Zitat:Es bleiben noch 10 - f - (f-1) = 11 - 2f weitere Teilplätzchen, die nicht glasiert werden.
Dafür habe ich f - 1 + 2 = f + 1 Stellen: jedes 0 kann verdoppelt werden, ganz links und ganz rechts.
RE: 5.12.24 Plätzchenglasur - saltus - 12-15-2024
(12-15-2024, 01:59 PM)Fanbusfahrer schrieb: Hi,
das sieht interessant aus. Ich verstehe folgende Zeilen allerdings nicht:
Zitat:Es bleiben noch 10 - f - (f-1) = 11 - 2f weitere Teilplätzchen, die nicht glasiert werden.
Dafür habe ich f - 1 + 2 = f + 1 Stellen: jedes 0 kann verdoppelt werden, ganz links und ganz rechts.
Ein Beispiel für das 1x4-Plätzchen und f=2:
Das Grundgerüst ist 101.
Es muss noch ein weiteres Teilplätzchen außer der schon angegeben Null nicht glasiert sein.
1 = 4 - 2 - (2-1), Vier Teilplätzchen, zwei glasierte, das unglasierte zwischen den glasierten.
Dieses kann an folgenden drei Stellen platziert werden: *1*01* (überall, wo ein * ist):
alle möglichen Anordnungen mit f=2 wären also: 0101, 1001, 1010.
RE: 5.12.24 Plätzchenglasur - DFUx - 12-15-2024
(12-15-2024, 01:27 PM)saltus schrieb: Na dann versuche ich es mal komplizierter! (Dafür ohne Fallunterscheidung.)
Beim 2x5 Plätzchen kann jedes glasierte Teilplätzchen oben oder unten sein,
ansonsten lässt sich das Problem wie 1x5 behandeln. Es gibt also
$$ \sum_f 2^f \binom{f+1}{6-2f} = 4*3 + 8*1 = 20$$
Möglichkeiten.
Die Lösung sieht gut aus. Aber so ganz verstehe ich noch nicht, wo in du in die Lösung hineingesteckt hast, dass unten keine 1 sein darf, wenn oben eine ist.
RE: 5.12.24 Plätzchenglasur - saltus - 12-16-2024
(12-15-2024, 07:54 PM)DFUx schrieb:(12-15-2024, 01:27 PM)saltus schrieb: Na dann versuche ich es mal komplizierter! (Dafür ohne Fallunterscheidung.)
Beim 2x5 Plätzchen kann jedes glasierte Teilplätzchen oben oder unten sein,
ansonsten lässt sich das Problem wie 1x5 behandeln. Es gibt also
$$ \sum_f 2^f \binom{f+1}{6-2f} = 4*3 + 8*1 = 20$$
Möglichkeiten.
Die Lösung sieht gut aus. Aber so ganz verstehe ich noch nicht, wo in du in die Lösung hineingesteckt hast, dass unten keine 1 sein darf, wenn oben eine ist.
Ich betrachte das 1x5-Plätzchen. Den Übergang zum 2x5-Plätzchen liefert dann
für jedes glasierte Teilplätzchen ein Faktor 2, also ob dann das obere oder untere zu glasieren ist.
Für f zu glasierende Teilplätzchen also 2^f (2 hoch f).
RE: 5.12.24 Plätzchenglasur - DFUx - 12-16-2024
Das geht, weil es nur zwei Reihen sind. Klar.
Bei 3x5 ginge die Übertragung nicht so einfach, weil dann in der ersten und in der dritten Reihe gleichzeitig eine Glasur sein könnte.
Danke.