Fórum: Héttusa feladatok

Kiralynobol 14-et lehet felrakni (es szerintem ennyi a maximum is, de programmal vegignezve csak). Pelda 14-re:

*javítás:

Legyen inkább a susztermatt, mert azt a világos adja, és akkor n=4 lépésben van matt, 25 centet keresve. A lényeg ugyanaz.

Re64, re65.

Például legyen a tipp k=5 (ezer), és a még bent lévő kártyák 6,7,9 (ezer). Ekkor, ha a bank elfogad, akkor optimális stratégia szerint a 9 ezres kártyát használná fel a bank. Ha te azt mondod, hogy használjuk fel (mondjuk) a 6 ezrest, akkor tekintsd a még bent lévő kártyák rendezett sorrendjét, könnyen látható, ha nem opt stratégia szerint mész, akkor a te sorrendedben levő i-edik kártya legalább akkora mint az opt stratégia szerinti i-edik kártya, minden i-re. És minden lépésben csak veszítesz, legalábbis nem jársz jobban.

0 és 11 (ezres) tipp nem túl értelmes példa, ha 0-t mond akkor mindig el kell fogadni, 11 ezernél meg elutasítani. Ezt abból lehet könnyen látni, hogy 1-től 10 ezerig vannak a kártyák. Es ekkor persze a banknak sincs túl sok stratégiája, a játékos meg stabil nullát nyer. De mintha ezzel kezdtem volna az előző hozzászólásomat.

Meglepő, de értem a problémát. Ott van a hiba, hogy nagy ritkán teljesül az, hogy az optimális stratégia az a legjobb stratégia egy adott fix stratégia ellen. Példa1: fizetős gyors sakk játékomban a vesztes fizet \(\displaystyle \frac{1}{n}\) dollárt a győztesnek ha n-edik lépésben kap mattot, döntetlen esetén nincs fizetés. Gipsz Jakab ellen játszva észrevettem, hogy a bolondmattot nem ismeri, sőt mindig belemegy. Marha jó, n=2 lépésben mattot tudok adni, és betegre keresem magam a játékonkénti 50 centtel.

Megkeresett pénzből fölhalmozok jó sok kvantumbitet, sakk problémáját megoldom, kiderül, hogy tényleg a fehérnek van nyerő stratégiája, de csak h3-mal kezdve, és legrövidebben n=50 lépésben. Kiprintelem a teljes játékfát, megtanulom, és Carlsent legyőzöm az 50-dik lépésben, 2 centet keresve. Legyőzném-e n=2 lépésben? Aligha, sőt, mivel nem h3-mal kezdenék akkor nem is biztosan győznék.

Példa2: kő-papír-ollóra dettó ugyanez, (ebből egyébként világbajnokság is van). Egy forintot fizessen a vesztes játékonként, döntetlen esetén nincs fizetés. Mi itt az optimális nyerő stratégia? Ez a legjobb stratégia az ellen a játékos ellen is, aki mindig papírt mutat ?

Bőven lehet, hogy Dagobert stratégiája mondjuk olyan, hogy ha az 5-ödik lépésben elfogadja a bank a kérését, akkor utána feladja, és csak 0-t vagy 11-et kér. A banknak ilyenkor megérheti nem ellőni az összes nagy kártyát az elején, hogy el tudja fogadni az 5-ik kérést, és ne kelljen elutasítania.

Amúgy ha ezt

> Mit csinálhat a bank (ATM)? (Gonosz manó stratégiával): Ha a játékos (Dagobert) k (ezer) dollárt kér és a bank elfogadja az igényelt összeget, akkor ezt tegye úgy, hogy a legnagyobb még nem felhasznált kártyának tekinti a betett kártyát, feltéve hogy ez legalább k ezer dollár, ha ilyen nincs akkor mindenképpen elutasít a bank.

> Vagy a bank elutasítja a kártyát, ekkor a legnagyobb, de még k ezernél kisebb összegű kártyának tekinti a betett kártyát, ha ilyen nincs akkor mindenképpen el kell fogadni az igényelt összeget.

kihasználtad, akkor meg kéne indokolnod, hogy miért használhatod ki...

7. feladat (Dagobert bácsi 10 bankkártyája). Programmal: n=10 kártyára a 30000 dollár a maximum, és nadorp tippje n=25-ig biztosan igaz.

Trivi módon Dagobert csak k=1,2,..,n (ezer) dollárokat fog kérni (például 2650 dollár helyett jobb kérni 3000-et).

Mit csinálhat a bank (ATM)? (Gonosz manó stratégiával): Ha a játékos (Dagobert) k (ezer) dollárt kér és a bank elfogadja az igényelt összeget, akkor ezt tegye úgy, hogy a legnagyobb még nem felhasznált kártyának tekinti a betett kártyát, feltéve hogy ez legalább k ezer dollár, ha ilyen nincs akkor mindenképpen elutasít a bank.

Vagy a bank elutasítja a kártyát, ekkor a legnagyobb, de még k ezernél kisebb összegű kártyának tekinti a betett kártyát, ha ilyen nincs akkor mindenképpen el kell fogadni az igényelt összeget.

Hogyan lép a bank? Azt választja (elfogad/eluasít), amivel minél kevesebbet kell fizetni.

A játékos pedig azt a k értéket választja k=1,2,..,n közül, amire neki maximális(!) lesz a nyereménye. És ekkor persze a bank a számára minimálisan kifizetendő esetet választja.

"Csak" \(\displaystyle 2^{n}\) eset van, hiszen n darab bankkártyának ennyi részhalmaza van. Az alapeset amikor nincs már kártyája ekkor 0 a nyeremény. Egyébként pedig dinamikus programozással megoldható.

Bank persze játszhat nem optimális módon, tehát mégsem tudnánk, hogy milyen kártyáink vannak még, de ez a játékosnak csak jó, hiszen ekkor még többet nyerünk. Ugye itt kevert stratégiák is elképzelhetőek, de ez a számolást nem befolyásolja, hiszen optimális tiszta stratégia itt mindig lesz.

A felsoroltaktól különböznek:

Hát én ebből abszolút semmit nem értek. Nincs meg a távoli, vázlatos kép, hogy mit csinálsz. A jelekből meg az eszközökből ítélve a kártya permutációk és a pénz kérelmek szorzathalmazán minimalizálsz, de az elvi hiba, hiszen egy pénzfelvétel kérelemhez nem tartozik az összes lehetséges kártya permutáció. Dagobert bácsi módosíthatja a pénzfelvétel kérelmi stratégiáját időközben. Például Dagobert bácsi bátran, 10-zel kezd, és ha megadja az ATM, akkor 9-cel folytatja, majd 8-cal, majd 7-tel sít. Ha nem adja meg az ATM, akkor megijed, és végig 1-et kér. Ekkor a (10,9,8,..) kérelmekhez nem mondhatod hogy a (9,8,7..) kártya adatok nagyon rosszak, hiszen ilyen helyzet nem áll elő, köszönhetően Dagobert bácsi stratégiájának.

Az állításban természetesen legalább helyett biztosan legfeljebb áll.

7. kérdés

Állítás: n db bankkártya esetén, melyeken valamilyen sorrendben rendre 1,2,3,...,n ezer dollár van, legalább \(\displaystyle 1000\left[\frac{(n+1)^2}4\right]\)  ([...] = egész rész) dollár vehető fel.

Tegyük fel, hogy az i-dik lépésben betett kártyán \(\displaystyle d_i\) dollár van és \(\displaystyle x_i\) (\(\displaystyle x_1\geq0\) egész) dollárt akarunk felvenni. Ekkor összesen

\(\displaystyle \sum_{i=1}^n \lambda_ix_i\) összeget tudunk kivenni, ahol \(\displaystyle \lambda_i=\left\{\matrix{ 1\ ha\ x_i<=d_i\\0 \ ha\ x_i>d_i}\right.\)

Ha P jelöli az 1000,2000,..,1000n számok összes permutációjának halmazát, akkor egy adott \(\displaystyle \{x_i\}\) pénzfelvétel sorozat esetén legalább

\(\displaystyle m(x_1,...,x_n)=\min_{(d_1,d_2,...,d_n)\in P}\sum_{i=1}^n \lambda_ix_i\) összeg vehető fel. Ennek az \(\displaystyle m(x_1,...,x_n)\) függvénynek keressük a maximumát.

Először is nyilván a maximum olyan \(\displaystyle \underline x=(x_1,...,x_n)\) esetén érhető el, ahol \(\displaystyle x_i\leq1000n\) minden i-re, hiszen ha valamelyik \(\displaystyle x_i>1000n\), akkor ezt 1000n-nel helyettesítve olyan \(\displaystyle \underline x'\) pénzfelvétel sorozatot kapunk, melyre az \(\displaystyle m(\underline x')\) előállításban szereplő mindegyik összeg legalább akkora, mint a neki megfelelő \(\displaystyle m(\underline x)\)-ben szereplő összeg.

Másrészt ha valamelyik \(\displaystyle x_i\leq1000n\) nem 1000k alakú, akkor ezt a hozzá legközelebb álló, nála nagyobb 1000-rel osztható számmal helyettesítve olyan \(\displaystyle \underline x'\) pénzfelvétel sorozatot kapunk, melyre az \(\displaystyle m(\underline x')\) előállításban szereplő mindegyik összeg legalább akkora, mint a neki megfelelő \(\displaystyle m(\underline x)\)-ben szereplő összeg.

A fentiekből következik, hogy maximum akkor lehet, ha \(\displaystyle x_i=1000k\) (\(\displaystyle 0\leq k \leq n\)). Az ilyen \(\displaystyle \underline x\) pénzfelvételt ezentúl nevezzük jónak.

Tekintsük most egy jó \(\displaystyle \underline x\) pénzfelvételhez tartozó összes lehetséges összeg \(\displaystyle A(\underline x)\) átlagát. Azaz

\(\displaystyle A(\underline x)=\frac1{n!}\sum_{(d_1,d_2,...,d_n)\in P}\sum_{i=1}^n \lambda_ix_i\)

Adott jó pénzfelvétel esetén adott i-re \(\displaystyle \lambda_i\) értéke akkor 1, ha \(\displaystyle d_i\in\{x_i,x_i+1000,...,1000n\}\). Ez \(\displaystyle \left(n-\frac{x_i}{1000}+1\right)\) eset és mindegyik eset (n-1)!-féleképpen állhat elő, ezért

\(\displaystyle A(x)=\frac1{n!}\sum_{i=1}^n(n-\frac{x_i}{1000}+1)(n-1)!x_i=\frac{1000}{n}\left((n+1)\sum_{i=1}^n\frac{x_i}{1000}-\sum_{i=1}^n{\left(\frac{x_i}{1000}\right)^2}\right)\).

Felhasználva a számtani és négyzetes közép közötti összefüggést

\(\displaystyle A(\underline x)\leq\frac{1000}{n}\left((n+1)\sum_{i=1}^n\frac{x_i}{1000}-\frac{\left({\sum_{i=1}^n\frac{x_i}{1000}}\right)^2}{n}\right)=\frac{1000}{n^2}\left(n(n+1)\sum_{i=1}^n\frac{x_i}{1000}-\left(\sum_{i=1}^n\frac{x_i}{1000}^2\right)\right)\)

Mivel tetszőleges a>0 számra az f(t)=t(a-t) függvényre \(\displaystyle f(t)\leq\frac{a^2}4\), ezért

\(\displaystyle A(\underline x)\leq\frac{1000}{n^2}\frac{n^2(n+1)^2}4=1000\frac{(n+1)^2}4\).

Mivel számok minimuma legfeljebb az átlaguk, ezért az összes jó pénzfelvételre teljesül:

\(\displaystyle m(\underline x)\leq A(\underline x)\leq 1000\frac{(n+1)^2}4\)

Ha most n páratlan, akkor \(\displaystyle \frac{n+1}2\) egész szám és könnyen látható, hogy az

\(\displaystyle \underline x=\left(1000\frac{n+1}2,...,1000\frac{n+1}2\right)\) pénzfelvétel esetén a felvett összeg éppen \(\displaystyle 1000\frac{(n+1)^2}4\), hiszen a fenti egyenlőtlenségek egyenlőséggel teljesülnek. Ezért ebben az esetben igaz az állítás.

Ha n páros, azaz n=2k, akkor a fentiek szerint minden jó pénzfelvételre

\(\displaystyle m(\underline x)\leq1000\frac{(2k+1)^2}4=1000k(k+1)+250\)

De jó pénzfelvétel esetén a kivett összeg osztható 1000-rel, ezért

\(\displaystyle m(\underline x)\leq1000k(k+1)\)

A fenti felső korlát viszont elérhető \(\displaystyle \underline x=(1000k,...,1000k)\) és \(\displaystyle \underline x=(1000(k+1),...,1000(k+1))\) esetén is és ekkor

\(\displaystyle m(\underline x)=1000k(k+1)=1000\left[\frac{(n+1)^2}4\right]\) is teljesül, tehát ekkor is igaz az állítás.

Esetünkben n páros, k=5, ezért legfeljebb 30000 dollár vehető ki.

A táblázat mutatja, hogy eddig milyen válaszokat találtunk. Ha megtaláljuk a válaszokat a 8–11. kérdésekre, azok a számok kerülnek majd az üres mezőkbe.

A táblázatban a 10-es számhoz tartozó bástyás feladat volt a KöMaL-ban, F.2296., illetve az Arany Dániel versenyen kezdőknek, tagozatos kategóriában az 1973-as döntőn.

Legfeljebb hány a) király; b) királynő helyezhető a táblára, hogy mindegyik legfeljebb egy másikat tartson ütés alatt?

Ez volt a 3., illetve 6. kérdés. A válaszok: 26 és 10.

Bástyára is kérdezhetjük, ez hasonló a királynős feladathoz, itt 10 a válasz.

Legfeljebb hány a) király; b) királynő; c) bástya helyezhető a táblára, hogy mindegyik pontosan két másikat tartson ütés alatt?

A c) kérdés volt Danka Emma kérdése (a 2. kérdés). A válasz: 16.

Mi lehet a válasz a)-ra és b)-re? (Nem ismerem a válaszokat.)

8. kérdés: Legfeljebb hány király helyezhető a táblára, hogy mindegyik pontosan két másikat tartson ütés alatt?

9. kérdés: Legfeljebb hány királynő helyezhető a táblára, hogy mindegyik pontosan két másikat tartson ütés alatt?

A Héttusa 29. feladatában megmutattuk, elhelyezhető a táblán 32 huszár úgy, hogy mndegyik pontosan két másikat tarson ütés alatt.

Adódik két kérdés:

10. kérdés: Legfeljebb hány huszár helyezhető a táblára, hogy mindegyik pontosan egy másikat tartson ütés alatt?

11. kérdés: Legfeljebb hány huszár helyezhető a táblára, hogy mindegyik pontosan két másikat tartson ütés alatt?

Rendben. Ha nem is leesett végre, de levánszorgott. :)

Mindenképpen a letámadott "cellák" darabszámával akartam operálni, dehát a FALdarab az nem cella.

Köszönöm a türelmet és a segítséget. :)

Ez a jó szóhasználat, hogy a királynő 4 irányban néz, és adott esetben csak 3 irányban lát akadálytalanul. (53. hozzászólás, Káli gúla)

A 47. hozzászólásban lévő sakktáblát a 10 királynővel most úgy rajzoltam le, ami mutatja azt, hogy a 10 királynő mely faldarabokat látja. Például a fekete 1-es a piros 1-esekkel jelölt faldarabokat látja.

32 faldarab van. Az 1–8 bábuk 3–3 faldarabot látnak, a 9 és 10 bábu 4–4 faldarabot lát.

De ugyanazt a fal-elemet ketten is "láthatják" (a megoldásban látjuk is, hogy látják is), tehát a korlát nem a fal-elemek száma, hanem annak a duplája. És - nem mellékesen - váltig fenntartom, hogy az a 32 az 28. (Aminek megfelelően, szerintetek 3x <= 28 kellene, csakhogy az ábrás tények ennek ellentmondanak)

Úgy érdemes elképzelni, hogy amikor 2 bábu vonalban van, akkor a falhoz közelebbi leárnyékolja a falszakaszt. Alternatív hasonlattal, a közelebbi "látja" abban a vonalban a falat, a távolabbi meg nem. Minden bábu négyfelé néz, de legalább három irányban akadálytalanul "lát" falat, összesen legfeljebb 32-t. \(\displaystyle 3x\le32\) miatt \(\displaystyle x\le10\).

Még mindig nem értem (inkább: nem értek egyet).

Szerintem:

Faldarabból nem 32 van, hanem 28. Számold meg!

Egy faldarabra (csak a vízszintes és függőleges irányokat tekintve) természetesen nem csak egy, hanem két királynő is lőhet (az általad ábrán mellékelt megoldásban például minden faldarabon vagy áll egy királynő, vagy pontosan két királynő támadja).

Az érvelés ezek után olyasmire lenne alapozható, hogy 10 királynő esetén azok max. 10*3 = 30 faldarabot támadnak; a faldarabok száma ugyan csak 28, viszont mindegyik kétszer támadható, tehát a falak mentén legalább 2*28 = 56 támadási lehetőség van; a 10 királynő tehát ezen az alapon nem kizárt, hogy elhelyezhető.

A baj csak az, hogy ezen az alapon még a 11 sem kizárt.

Bocsánat az akadékoskodásért!

Vázlatosan és pontatlanul fogalmaztam. Valóban nem a fal hosszát, hanem a faldarabok számát figyeljük. Ezekből a darabokból \(\displaystyle 4\cdot8=32\) van.

A bizonyításban (hogy max. 10 királynő lehet) a királynőnek csak azt a tulajdonságát használjuk, hogy vízszintes és függőleges irányban lő. Fontos, hogy kihagyjuk az átlós irányt. Emiatt mondhatjuk, hogy egy kiválasztott faldarabra a táblára helyezett királynők közül csak egy királynő tud lőni.

Egy a táblán lévő királynő 3 vagy 4 faldarabot lőhet, mert a négy lövésirányból max. csak az egyikben állhat akadályként egy másik királynő.

10 királynő még állhat a táblán, ha mindegyik 3 faldarabot lő, ekkor a 32 faldarabból 30-at kilőnek. Így még belefér az, hogy 2 királynő 4-4 faldarabot lő.

De 11 királynő esetén legalább \(\displaystyle 11\cdot3=33\) különböző faldarabot lőnek, ami nem megy, mert csak 32 faldarab van.

Így az következik, hogy legfeljebb 10 királynő állhat a táblán.

Bocs, hogy korábban elnagyoltan és szűkszavúan fogalmaztam.

Nekem ez nem tűnik meggyőzőnek.

Egyrészt szerintem az érvelés szempontjából nem a falak "összhossza", hanem az üthető falmenti mezők darabszáma számít, és ez nem 32, csak 28; másrészt viszont, mivel (mint az ábrán látjuk) 10 királynő valóban elhelyezhető, az érvelés is hibás, hiszen 10*3 = 30 > 28.

A "Két különböző királynő a sakktábla széleit (falait) más-más helyeken lövi" megállapítás téves, még akkor is, ha a két különböző királynő nem üti egymást. a1-et például a megoldásban három királynő is üti, ami persze teljesen rendben is van.

Rosszul értek valamit?

A bank nem lehet játékos, ezt tiltják a szabályok. Minden kártyához egy betétösszeg tartozik, a bank ezeket nem keverheti össze. Dagobert bácsi ellenfele ebben a játékban csak Fortuna istennnő.

Most már úgy látom, hogy ha a balszerencse Dagobert bácsi ellen dolgozik, akkor 30 ezernél többet sajnos nem tud felvenni.

Ha például mindig 6 ezret próbál felvenni, és az első öt próbálkozása mind sikertelen, akkor a bankban bent maradt 15 ezer, és még öt kártyája van a többi 40 ezer kivételére. Erre a legjobb taktikája az, ha marad a 6 ezres felvételeknél, így 5-ször 6 ezret, azaz 30 ezret kap biztosan. Ha más összegek felvételével próbálkozik, akkor rosszabbul is járhat.

Kengyelfutó Einstein jeligével (ált. iskola 6. osztályos tanuló). Danka Emma felvetésére egy megoldás, ami még talán nem szerepel a fórumon. A kérdés lényege az volt, hogy max hány bástya helyezhető el a táblán, hogy mindegyik bábu 2 másikat tartson ütés alatt? A válasz (ahogy többször is szerepelt) 16, de talán ez az elrendezés nincs még fent.

Válasz a 6. kérdésre.

Ahogyan a 21. hozzászólásban, itt is figyeljük, merre „lő” egy bábu. Egy királynő 4 irányban lő, ha csak a sorát és az oszlopát figyeljük. Két különböző királynő a sakktábla széleit (falait) más-más helyeken lövi.

Ha 11 királynő lenne a táblán, és mindegyik királynő legfeljebb egy másikat tart ütés alatt, akkor mindegyik királynő legalább 3 helyen, a 11 királynő legalább \(\displaystyle 11\cdot3=33\) helyen üti a tábla falát, azonban a fal hossza csak \(\displaystyle 4\cdot8=32\). Ezért 11 királynőt nem tehetünk a táblára.

10 királynőt lehet, például így:

az elso abra helyesen:

6. kerdes - Ha egy sorban van 2 kiralyno, akkor ezek oszlopaiban nem lehet tobb, kulonben valamelyiket utne 2. Ha van 4 ilyen sor (2 kiralynos), akkor ezek osszesen lefogjak az osszes oszlopot, igy nem lehet tobb kiralyno a tablan, ez maximum 8. Ha van 3 ilyen sor, akkor ezek lefognak 6 oszlopot, ahol nem lehet tobb kiralyno, a maradek ket oszlopban maximum 4 lehet, ez maximum 10. Ha maximum 2 ilyen van, akkor osszesen maximum \(\displaystyle 2\cdot2+1\cdot6=10\) babu lehet.

De 10 eseten van konstrukcionk, peldaul ezek [ha valaki talal lenyegesen kulonbozot, szoljon]:

Qa1,Qa4,Qb7,Qc7,Qd3,Qe6,Qf2,Qf8,Qg5,Qh5

Qa1,Qa5,Qb8,Qc4,Qd7,Qe7,Qf2,Qf3,Qg6,Qh6

Qa1,Qa6,Qb3,Qc7,Qd7,Qe4,Qf2,Qf8,Qg5,Qh5

Qa2,Qa3,Qb6,Qc6,Qd1,Qe1,Qf4,Qf5,Qg7,Qh8

Qa2,Qa3,Qb7,Qc6,Qd8,Qe1,Qf4,Qf5,Qg1,Qh8

Qa2,Qa4,Qb6,Qc1,Qd6,Qe1,Qf3,Qf5,Qg7,Qh8

Qa2,Qa4,Qb7,Qc7,Qd3,Qe1,Qf6,Qf8,Qg1,Qh3

Qa2,Qa4,Qb7,Qc7,Qd3,Qe1,Qf6,Qf8,Qg1,Qh5

Qa2,Qa5,Qb7,Qc1,Qd1,Qe4,Qf6,Qf8,Qg3,Qh3

Qa2,Qa5,Qb8,Qc8,Qd4,Qe7,Qf1,Qf3,Qg6,Qh6

Qa2,Qa7,Qb4,Qc8,Qd8,Qe5,Qf1,Qf3,Qg6,Qh6

Qa3,Qa4,Qb8,Qc7,Qd2,Qe2,Qf5,Qf6,Qg1,Qh1

Qa3,Qa4,Qb8,Qc8,Qd2,Qe2,Qf6,Qf7,Qg1,Qh1

Qa4,Qa5,Qb1,Qc1,Qd6,Qe7,Qf2,Qf3,Qg8,Qh8

Qa1,Qa8,Qb3,Qb4,Qc7,Qd7,Qe2,Qf2,Qg5,Qg6

Qa1,Qa8,Qb3,Qb5,Qc7,Qd2,Qe7,Qf2,Qg4,Qg6

Qa3,Qa5,Qb1,Qb8,Qd7,Qe2,Qf7,Qg2,Qh4,Qh6

Qa1,Qa7,Qb4,Qc2,Qc6,Qd8,Qf4,Qg8,Qh3,Qh5

Qa3,Qa5,Qb1,Qc6,Qc8,Qd1,Qf7,Qg7,Qh2,Qh4

Qa2,Qa4,Qb7,Qc1,Qd6,Qd8,Qe1,Qg7,Qh3,Qh5

Qa3,Qa5,Qb8,Qc2,Qd4,Qd7,Qe2,Qg8,Qh1,Qh6

Qa3,Qa4,Qb7,Qc7,Qd2,Qe2,Qf5,Qf6,Qg1,Qg8

Qa3,Qa5,Qb7,Qc2,Qd7,Qe2,Qf4,Qf6,Qg1,Qg8

Qa1,Qa7,Qb4,Qc4,Qd8,Qe8,Qf3,Qf5,Qh2,Qh6

Qa2,Qa4,Qb7,Qd6,Qd8,Qe1,Qe3,Qf5,Qg7,Qh5

Qa3,Qa4,Qb7,Qd2,Qd8,Qe5,Qe6,Qf1,Qg1,Qh7

Qa3,Qa5,Qb1,Qd1,Qe6,Qe8,Qf4,Qg2,Qg7,Qh4

Qa2,Qb5,Qb7,Qc1,Qc3,Qd8,Qf8,Qg4,Qg6,Qh2

Qa4,Qb6,Qb8,Qc1,Qc3,Qe2,Qf5,Qf7,Qg2,Qh4

Qa1,Qb3,Qb4,Qc7,Qc8,Qe2,Qf2,Qg5,Qg6,Qh1

Qa4,Qb2,Qb7,Qc4,Qd6,Qd8,Qe1,Qe3,Qf5,Qh5

Qa4,Qb2,Qb7,Qc5,Qd3,Qd8,Qe1,Qe6,Qf4,Qh5

Qa3,Qb5,Qb7,Qc3,Qd1,Qd8,Qe6,Qf2,Qf4,Qg6

Qa2,Qb4,Qb6,Qc8,Qd1,Qd3,Qe8,Qg5,Qg7,Qh2

Qa1,Qa3,Qb6,Qb8,Qc2,Qd7,Qe2,Qf7,Qg5,Qh4

Qa1,Qa7,Qb3,Qb5,Qc8,Qd2,Qe4,Qf8,Qg6,Qh2

Qa1,Qa7,Qb4,Qb5,Qc2,Qd8,Qe6,Qf3,Qg3,Qh6

Qa1,Qa8,Qb3,Qb4,Qc7,Qd7,Qe2,Qf2,Qg5,Qh6

Qa2,Qa3,Qb5,Qb6,Qc8,Qd1,Qe1,Qf4,Qg7,Qh7

Qa2,Qa4,Qb6,Qb8,Qc1,Qd3,Qe7,Qf5,Qg7,Qh1

Qa2,Qa4,Qb7,Qc1,Qd6,Qd8,Qe1,Qf5,Qg7,Qh3

Qa2,Qa4,Qb7,Qc1,Qd6,Qd8,Qe3,Qf5,Qg7,Qh5

Qa2,Qa6,Qb4,Qc7,Qd1,Qe3,Qe8,Qf5,Qg7,Qh1

Qa2,Qa6,Qb4,Qc7,Qd1,Qe3,Qe8,Qf5,Qg7,Qh4

Qa3,Qa4,Qb1,Qc8,Qd8,Qe2,Qe5,Qf7,Qg1,Qh6

Qa3,Qa5,Qb7,Qc2,Qd1,Qe6,Qe8,Qf4,Qg7,Qh4

Qa4,Qa5,Qb1,Qc8,Qd6,Qe2,Qe3,Qf7,Qg7,Qh1

Qa2,Qa3,Qb5,Qc8,Qd8,Qe1,Qf4,Qg6,Qg7,Qh1

Qa2,Qa3,Qb7,Qc7,Qd4,Qe1,Qf1,Qg5,Qg6,Qh8

Qa2,Qa4,Qb8,Qc5,Qd8,Qe3,Qf1,Qg6,Qg7,Qh1

Qa2,Qa5,Qb7,Qc1,Qd4,Qe7,Qf1,Qg3,Qg6,Qh8

Qa2,Qa5,Qb8,Qc8,Qd1,Qe3,Qf1,Qg6,Qg7,Qh4

Qa2,Qa6,Qb4,Qc1,Qd8,Qe8,Qf5,Qg3,Qg7,Qh1

Qa3,Qa5,Qb7,Qc2,Qd7,Qe2,Qf4,Qg1,Qg8,Qh6

Qa3,Qa5,Qb7,Qc2,Qd7,Qe2,Qf6,Qg1,Qg8,Qh4

Qa1,Qa6,Qb3,Qc7,Qd7,Qe3,Qf8,Qg2,Qh4,Qh5

Qa3,Qa5,Qb8,Qc2,Qd7,Qe2,Qf7,Qg1,Qh4,Qh6

Qa2,Qb5,Qb6,Qc3,Qc8,Qd1,Qe7,Qf4,Qg2,Qh7

Qa3,Qb5,Qb6,Qc8,Qd1,Qd2,Qe4,Qf7,Qg7,Qh4

Qa3,Qb5,Qb7,Qc3,Qd1,Qd8,Qe6,Qf4,Qg6,Qh2

Qa4,Qb2,Qb7,Qc4,Qd6,Qd8,Qe3,Qf5,Qg1,Qh5

Qa4,Qb1,Qb6,Qc3,Qd5,Qe2,Qe7,Qf4,Qg8,Qh3

Qa1,Qb3,Qb4,Qc7,Qd7,Qe2,Qf2,Qg5,Qg6,Qh8

Qa1,Qb3,Qb5,Qc7,Qd2,Qe7,Qf2,Qg4,Qg6,Qh8

Qa3,Qb3,Qc6,Qc7,Qd4,Qe1,Qe2,Qf5,Qg5,Qh8

Qa3,Qb5,Qc2,Qc7,Qd4,Qe1,Qe6,Qf3,Qg5,Qh8

Qa4,Qb2,Qc4,Qd6,Qd8,Qe1,Qe3,Qf5,Qg7,Qh5

Qa4,Qb2,Qc5,Qd3,Qd8,Qe1,Qe6,Qf4,Qg7,Qh5

Egy minden sorban/oszlopban kiralyno es egy egyet kihagyos pelda:

Érdemes úgy elképzelni, hogy (1) ez egy kétszemélyes játék, (2) a bank tudja, hogy milyen kártyák vannak a bácsi kezében, (3) a bank nem akar 30 ezernél több pénzt kifizetni. Lehet-e ebben a játékban nyerni a bankkal szemben?