Ah sim. Acabei interpretando o questão de forma errada também. Pensei que
depois de colocar todos os pesos é que ia ser verificado o peso dos pratos.
Em 13 de junho de 2013 12:42, Lucas Prado Melo <luca...@dcc.ufba.br>escreveu:
>
> 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)
>
>
> --
> []'s
> Lucas
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
acredita-se estar livre de perigo.
