¿Cuál es la puntuación máxima posible en este rompecabezas de solitario matemático?

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¿Cuál es la puntuación máxima posible en este rompecabezas de solitario matemático?

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Matemáticas

Azul

Considere una baraja de 52 cartas en cuatro palos matemáticos, dos rojos: "agrega" ( $+$ ) y "suplementos" ( $-$ ); y dos negros: "muls" ( $\times$ ) y "divs" ( $\div$ )-- y trece valores numéricos --"A" (1), 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, "J" (11), "Q" (12), "K (13).

Un juego de solitario en este mazo organiza las cartas en cuatro pilas de trece cartas cada una , de acuerdo con dos reglas familiares:

Las cartas en una pila deben alternar el color
(Lectura desde la parte inferior de la pila) Las cartas deben disminuir en valor numérico , aunque se permite colocar "K" encima de "A". Los valores dentro de una pila deben ser consecutivos .

Por ejemplo, esto es (parte de) una pila de cartas válida:

[b o t t o metro] [5 -] [4 \times] [3 +] [2 \div] [A +] [k \times] [q -] [j \times] [10 +] [9 \div] \dots [t o pag]

$[bottom] \;\; [5-] \;\; [4\times] \;\; [3+] \;\; [2\div] \;\; [A+] \;\; [K\times] \;\; [Q-] \;\; [J\times] \;\; [10+] \;\; [9\div] \;\; \cdots \;\; [top]$

Cosas comunes y corrientes, ¿no? Bueno, considera que asignamos una puntuación a cada pila de cartas:

Con un valor inicial de cero, (y de nuevo leyendo desde abajo) aplicamos la operación aritmética que representa cada carta por turno. (Es decir, puede pensar en cada tarjeta como instrucciones de notación polaca inversa).
La división se redondea hacia cero (de modo que cada paso de cálculo produzca un número entero)

Editar. Cambié el ejemplo para hacer un uso más explícito del redondeo en medio de un cálculo de almacenamiento de pila y para eliminar patrones posiblemente engañosos en los palos.

La pila parcial de ejemplo tendría una puntuación de $-124$ :

(0) [5 -] \to - 5

$(0) [5-] \rightarrow -5$

(- 5) [4 \times] \to - 20

$(-5) [4\times] \rightarrow -20$

(- 20) [3 +] \to - 17

$(-20)[3+] \rightarrow -17$

(- 17) [2 \div] \to - 8.5 \to - 8

$(-17)[2\div]\rightarrow -8.5 \rightarrow -8$

(- 8) [A +] \to - 7

$(-8)[A+] \rightarrow -7$

(- 7) [k \times] \to - 91

$(-7) [K\times] \rightarrow -91$

(- 91) [q -] \to - 103

$(-91) [Q-] \rightarrow -103$

(- 103) [j \times] \to - 1133

$(-103) [J\times] \rightarrow -1133$

(- 1133) [10 +] \to - 1123

$(-1133) [10+] \rightarrow -1123$

(- 1123) [9 \div] \to - 124.777 \dots \to - 124

$(-1123) [9\div] \rightarrow -124.777\dots \rightarrow -124$

Finalmente, calculamos la puntuación del juego :

La puntuación del juego es el valor absoluto de la suma de las puntuaciones de la pila (NO la suma de los valores absolutos).

Pregunta: ¿Cuál es la mayor puntuación de juego posible?

Una búsqueda informática bastante ingenua me dio un valor de $915,382$ . Aceptaré una respuesta que demuestre que esto (o cualquier número mejor) es óptimo. (La prueba puede venir en forma de un algoritmo completo de búsqueda por computadora, aunque preferiría algo "lógico").

ACTUALIZAR. Realicé una búsqueda informática nueva y (creo) exhaustiva, y he confirmado la $915,382$ máximo. (Tal vez, como era de esperar, los arreglos máximos, en su mayor parte, ponen " $+$ " y " $\times$ " cartas en dos pilas, y " $-$ " y " $\div$ " en las pilas restantes. Puede haber algunos cambios con las cartas de fondo negro, ya que todas proporcionan el mismo resultado cuando su "operación" se realiza en cero). La observación de @FelixCQ de que los valores iniciales de la pila vienen en pares de colores opuestos fue la clave para construir una estrategia de búsqueda manejable, por lo que me inclino a aceptar su respuesta. Sin embargo, dejaré la pregunta abierta por un tiempo más en caso de que alguien quiera presentar un análisis que no implique verificar 5.67 mil millones de casos individuales. .

joe z

Parece que este problema solicita un diseño de Canfield de cuadro completo.

Respuestas (2)

¿Cuál es la puntuación máxima posible en este rompecabezas de solitario matemático?

Parece que este problema solicita un diseño de Canfield de cuadro completo.

FelixCQ · Answer 1

Supongamos que se deben usar las 52 cartas (en el contexto del Solitario, uno podría imaginar quedarse atascado en algún punto y luego contar el puntaje actual como el puntaje total, pero consideremos solo los casos en los que se usan todas las cartas).

Dado que las cartas deben ser consecutivas, y dado que las pilas tienen 13 cartas, el mismo valor solo puede aparecer una vez por pila. Dado que solo hay cuatro pilas, cada valor debe aparecer exactamente una vez por pila.

Por lo tanto, tenemos cuatro pilas (que podemos llamar $+$ , $-$ , $\times$ y $\div$ , basado en el color del As en la pila, por ejemplo).

Como se ha señalado, las pilas no necesitan comenzar con el mismo valor; sin embargo, los primeros valores de cada pila no son tan independientes:

di el $+$ la pila comienza con el valor $k$ , entonces termina con valor $(k \mod 13) + 1$ con el mismo color.
Esto significa que una de ambas tarjetas con valor $k$ y al color opuesto le falta un predecesor, por lo que debe iniciar otra pila. Y, por supuesto, lo mismo puede decirse de las otras dos pilas.

Entonces, los valores iniciales de las pilas son dos, con colores opuestos.

El número corregido de casos para comprobar es ahora

13^{2} \cdot 2^{25} \approx 5, 67 \cdot 10^{9} .

$13^2 \cdot 2^{25} \approx 5,67\cdot10^{9}.$

Esto aún debería ser manejable por un programa de computadora, aunque podría tomar algún tiempo. :)

Desafortunadamente, las pilas no tienen que comenzar con el mismo valor en absoluto: el hecho de que las pilas circulen de A a K significa que cada pila es esencialmente un ciclo independiente; una vez que hemos creado una asignación para todas las pilas que 'funciona' (usa cada palo una vez para cada rango), esa pila se puede cambiar a cualquiera de las 13 posiciones. Creo que esto da un valor de $13^3=2197$ veces tu respuesta, o entre $2^{38}$ y $2^{39}$ posibilidades - dentro del ámbito de la computación, pero definitivamente desafiante.
Después de la edición, todavía no veo la dependencia que sugieres aquí. Así es como lo pienso: (a) comience con cuatro pilas de la A a la K (corazones/diamantes/picas/tréboles). (b) intercambiar arbitrariamente corazones por diamantes y picas por tréboles en cada posición (esto da la $2^{13}\cdot 2^{13}$ factor). (c) Intercambiar cada corazón 'par' (2, 4, 6, ...) con su pica correspondiente y cada diamante par con su trébol correspondiente. En este punto tenemos cuatro montones que cumplen con las condiciones de alternancia de colores y ejecutan AK. (d) rotar cada pila de forma independiente (dándonos una $13^4$ factor).
Ahhh, espera, veo mi error: después del intercambio, las cartas superior e inferior serán del mismo color, por lo que no hay rotación arbitraria disponible. ¡Lo siento!
En la edición, creo que no entiendo tus nociones puntuales ("las cartas que van después [...] son las mismas que las cartas que van antes"). Sin embargo, estoy de acuerdo en que "los valores iniciales de las pilas ['] van por dos, con colores opuestos". ¿Son los números bastante correctos? 13 posiciones para " $A+$ " en su pila; igualmente para " $A-$ "; 2 formas de elegir cuál de esas pilas tiene un valor inicial que coincida con el de la " $A\times$ " stack. Con los ases manejados, quedan 24 cartas rojas genéricas que necesitan palos (en 2^12 formas); lo mismo ocurre con las negras. Entonces, "solo" $13^2 \cdot 2^{25}$ arreglos no?
@DayLateDon: De hecho, estoy de acuerdo con su cálculo de los valores numéricos. También he eliminado los argumentos mal expresados.

Enrique · Answer 2

Creo que redondeando hacia 0 puedes obtener $93,405,311,997$ , bastante más grande que la tuya, con

[2 -] [1 \div] [13 -] [12 \div] \dots [4 -] [3 \div] [2 +] [1 \times] [13 +] [12 \times] \dots [4 +] [3 \times]

$[2-] \; [1\div] \; [13-] \; [12\div] \; \cdots \;[4-] \; [3\div] \; [2+] \; [1\times] \;[13+] \; [12\times] \; \cdots \; [4+] \; [3\times]$

Encontré este patrón al pensar que desea intentar neutralizar los efectos de los negativos y las divisiones antes de abordar el asunto serio de construir su resultado. También querrás restar antes de dividir para hacer que el número negativo sea lo más pequeño posible a la mitad, y sumar antes de multiplicar para obtener el resultado final lo más grande posible. Su restricción de que las tarjetas estén en orden numérico significa que hay 13 patrones de este tipo para verificar, y este parece ser el más grande. Es posible que me haya perdido algo, incluido lo que quiere decir con puntajes de pila.

Si el juego consistiera en una sola pila, estaría de acuerdo con su solución (aunque todavía no me queda claro si los valores descendentes de las cartas deben ser consecutivos o no, por lo que podría hacerlo mejor sin esta restricción). Sin embargo, las instrucciones especifican que se deben construir cuatro mazos de 13 cartas y que el valor final es la suma de los valores absolutos de cada pila.
Como señala @FelixCQ, estoy buscando una solución de cuatro pilas. (Y los valores de las tarjetas deben ser consecutivos (que son los suyos); modifico la pregunta para reflejar este requisito).
Su estrategia de maximizar con $+$ y $\times$ mientras se minimiza con $-$ y $\div$ fue parte de lo que alimentó mi propia búsqueda, con los "agregados" y "muls" llenando dos pilas y los "subs" y "divs" llenando las dos pilas restantes. Esto tiene mucho sentido para mí, pero no he descartado la posibilidad de que un ajuste inteligente pueda aumentar la puntuación incluso en un punto.

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