Es oficial, los Boston Celtics y los Dallas Mavericks se enfrentarán en las Finales de la NBA. La serie al mejor de siete da inicio a esta del jueves y se extenderá hasta junio, hasta que un equipo logre los cuatro triunfos necesarios para coronarse campeón.
La ventaja de jugar en casa juega un papel importante en el baloncesto. Dado que las finales comprenden un máximo de siete juegos, y siete es un número impar, Un equipo puede obtener un partido extra en casa. La NBA sabe que esto confiere una ventaja, por lo que otorga el partido extra en casa al equipo con el mejor récord de victorias/derrotas en la temporada regular (este año va a los Celtics). También escalonan el calendario, para que el equipo privilegiado juegue en casa los juegos uno, dos y, si necesario, cinco y siete, mientras el otro equipo alberga los juegos tres, cuatro y, si es necesario, seis.
El rompecabezas de esta semana investiga el papel de la programación en el resultado del campeonato. ¿Podríamos eliminar la ventaja de local si adelantamos el ¿Los partidos en casa de los Mavericks?
¿Te perdiste el rompecabezas de la semana pasada? Compruébalo aquí, y encuentre su solución al final del artículo de hoy. Tenga cuidado de no leer demasiado adelante si no ha resuelto el último ¡semana todavía!
Rompecabezas #45: No hay lugar como el hogar
Los Celtics y los Mavericks se enfrentarán en una serie al mejor de siete, donde el primero en cuatro victorias se lleva el trofeo. Supongamos que ambos Los equipos tienen un 55% de posibilidades de ganar sus partidos en casa y un 45% de posibilidades de ganar sus partidos fuera de casa (no hay empates). Si los Mavericks organizaron los primeros tres juegos y los Celtics organizaron el cuarto juego y, si es necesario, los juegos cinco, seis y siete, entonces ¿Quién tendría más probabilidades de ganar? ¿Qué pasaría si la serie fuera al mejor de 101 y los Mavericks fueran los anfitriones de los primeros 50 juegos?
Intente resolver esto sin recurrir a cálculos de probabilidad complicados.
Regresaré el lunes con la respuesta y un nuevo rompecabezas. ¿Conoces un rompecabezas genial que crees que debería aparecer aquí? ? Envíame un mensaje a X@JackPMurtagh o envíeme un correo electrónico a [email protected]
Solución al rompecabezas #44: Dados en blanco
La semana pasada Les di un trío de acertijos sobre cómo etiquetar dados en blanco, uno de los cuales era una pregunta de una entrevista de Amazon. Quiero dar una Un saludo a todos ustedes. La sección de comentarios tuvo una animada discusión sobre el valor (o la falta de valor) de Puzzle-y. preguntas de la entrevista y muchos de ustedes comentaron o enviaron por correo electrónico soluciones alternativas a los acertijos que no había considerado.
Suponga que tiene un dado normal y un dado en blanco. Etiquete el dado en blanco con algún subconjunto de números. 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 para que cuando tires ambos dados, todas las sumas de 1 a 12 son igualmente probables.
Respuesta: Etiquete el dado en blanco con 0, 0, 0, 6, 6, 6. La mitad del tiempo sacará un cero, en cuyo caso la suma de ambos dados será un número del 1 al 6, cada uno con igual frecuencia. La otra mitad de entonces sacarás un 6, en cuyo caso la suma será de 7 a 12, nuevamente con igual frecuencia. Esta solución es único.
Dados dos dados en blanco A y B, etiquétalos con los dígitos del 1 al 12 una vez cada uno (sin repeticiones) para que cuando lances ellos, hay un 50 % de posibilidades de que A obtenga un resultado más alto que B y un 50 % de posibilidades de que B obtenga un resultado más alto que A.
La respuesta que tiene más sentido intuitivo para mí es etiquetar A = [1, 2, 3, 10, 11, 12] y B = [4, 5, 6, 7, 8, 9]. La mitad de los lanzamientos de A (1, 2 y 3) serán más pequeños no importa qué tiradas B, mientras que la otra mitad de las tiradas A (10, 11 y 12) serán más grandes sin importar qué B rollos.
Etiqueta tres Dados en blanco usando los dígitos del 1 al 18 una vez cada uno (sin repeticiones), de modo que cuando los lances, cada dado tenga un valor igual. probabilidad de ser el más alto.
Inspirándonos en la solución al problema anterior, etiquetemos A para que se garantice que un tercio de sus rollos sean los más altos sin importa cuál sea la otra tirada de dados, mientras que se garantiza que los otros dos tercios de las tiradas de A son las más bajas: A = [1, 2, 3, 4, 17, 18]. Ahora tenemos los números del 5 al 16 restantes y dos dados más para etiquetar. que A satisface la condición del rompecabezas independientemente de cómo etiquetemos los dados B y C. Entonces, en efecto, hemos reducido las cosas a el caso de los dos dados, solo que con números ligeramente desplazados. Siguiendo nuestra estrategia del caso de los dos dados, etiquetaremos:
B = [5, 6, 7, 14, 15, 16] y C = [8, 9, 10, 11, 12, 13]
Nuevamente, asignamos todos los dígitos extremos restantes a B, de modo que llegue más alto que C exactamente la mitad del tiempo, independientemente de qué C rolla.
Enfy planteó la pregunta de si esto se puede extender a cuatro dados. ¡No estoy seguro y agradezco cualquier idea en los comentarios!
