2013/6/13 Cassio Anderson Feitosa <cassiofeito...@gmail.com>
> Eu pensei também no problema e vou mostrar o que pensei pra que possam me
> mostrar o erro, se houver.
>
> Como 2^0+2^1 + . . . + 2^{99} = 2^{100} -1 < 2^{100}, então não
> importa a forma que distribuímos os pesos, o prato com 2^{100} gramas
> sempre será mais pesado. Então, o peso com 2^{100} gramas deverá ficar no
> prato direito. Tendo isto, não importa como distribuímos os outros 100
> pesos, o prato esquerdo nunca será mais pesado que o direito.
>
> Daí pensei de quantas formas podemos distribuir esses 100 pesos.
> Interpretei que cada escolha de pesos pro prato direito seria equivalente a
> um subconjunto de {2^0, 2^1, . . ., 2^{99}}, onde concluí que teria
> 2^{100} maneiras de distribuir esses pesos entre os pratos (considerando
> que um prato pode ficar vazio).
>
> Foi isso o que pensei.
>
Acho que o problema aí está na ordem em que vc coloca os pratos. Não
necessariamente o prato 2^100 iria ser colocado no início, então os outros
pratos não teriam essa liberdade.
Num caso menor, com 1, 2, 4, existem as seguintes possibilidades:
1 (d), 2 (d), 4(d)
1 (d), 4 (d), 2(e)
1 (d), 4 (d), 2(d)
2 (d), 1 (e), 4(d)
2 (d), 1 (d), 4(d)
2 (d), 4(d), 1(e)
2 (d), 4(d), 1(d)
4 (d), 1(e), 2(e)
4 (d), 1(e), 2(d)
4 (d), 1(d), 2(e)
4 (d), 1(d), 2(d)
4 (d), 2(e), 1(e)
4 (d), 2(e), 1(d)
4 (d), 2(d), 1(e)
4 (d), 2(d), 1(d)
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[]'s
Lucas
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