forum.math.uoa.gr

Forum του Τμήματος Μαθηματικών
Ημερομηνία 24 Νοέμ 2017, 09:05

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]




Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 13 δημοσιεύσεις ] 
Συγγραφέας Μήνυμα
 Θέμα δημοσίευσης: Ενα ευκολο-μετριο προβληματακι συνδιαστικης
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 11 Οκτ 2012, 12:31 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 18 Ιαν 2011, 13:54
Δημοσ.: 81
Έστω ένας θετικός ακέραιος n και υποθέτουμε ότι έχουμε μία ζυγαριά και n βάρη τα οποία έχουν τιμές 2^0,2^1,...,2^{n-1}. Θα τοποθετήσουμε τα βάρη πάνω στη ζυγαριά (και τα n ) με την εξής προυπόθεση:

Σε κάθε βήμα το συνολικό βάρος της αριστερής ζυγαριάς πρέπει να είναι μεγαλύτερο από το βάρος της δεξιάς.

Με πόσους τρόπους μπορούμε να κάνουμε αυτή τη διαδικασία;


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ενα ευκολο-μετριο προβληματακι συνδιαστικης
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 11 Οκτ 2012, 15:53 
Χωρίς σύνδεση
Forum Moderator
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 09 Φεβ 2012, 22:03
Δημοσ.: 619
\textrm{\grΝομίζω ότι οι τρόποι είναι} 2^n^-^1 \textrm{\gr, διότι:}

2^n = 1 + 2^0 + 2^1 + ... + 2^n^-^1 \textrm{\grή} 2^n > 2^0 + 2^1 + ... + 2^n^-^1

\textrm{\grΆρα το πιο βαρύ θα είναι συνέχεια} \textrm{\grστην αριστερή ζυγαριά και μένουν} n-1 \textrm{\grβάρη τα οποία έχουν από 2 επιλογές.} \textrm{\grΆρα, οι συνδυασμοί είναι} 2^n^-^1


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ενα ευκολο-μετριο προβληματακι συνδιαστικης
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 11 Οκτ 2012, 17:38 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 08 Οκτ 2006, 19:08
Δημοσ.: 381
Δεν καταλαβαίνω για ποιο λόγο το πιο βαρύ θα είναι συνέχεια στην αριστερή ζυγαριά. Προφανώς το πιο βαρύ τελικά θα ανήκει στην αριστερή ζυγαριά, αλλά όχι απαραίτητα από το πρώτο κιόλας βήμα (σίγουρα πάντως πριν το τελευταίο βήμα).

Μπορείς πχ. να βάζεις τα βάρη εναλλάξ. Στην περίπτωση αυτή το πιο βαρύ μπαίνει στον προτελευταίο βήμα:
\frac{1}{2^{n-2}} Αριστερά, \frac{1}{2^{n-1}} Δεξιά, \frac{1}{2^{n-4}} Αριστερά, \frac{1}{2^{n-3}} Δεξιά . . . ,1 Αριστερά, \frac{1}{2} Δεξιά.

Στην ουσία έδειξες ότι αν το πιο βαρύ αντικείμενο τοποθετηθεί στη ζυγαριά και απομένουν k αντικείμενα, τότε αυτά τα k μπορούν να τοποθετηθούν με 2^k τρόπους.

_________________
Infinite possibilities and all he can do is whine.
You can do anything, you lucky bastard, you're alive! What's a little pain compared to that?


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ενα ευκολο-μετριο προβληματακι συνδιαστικης
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 11 Οκτ 2012, 18:34 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 18 Ιαν 2011, 13:54
Δημοσ.: 81
Altair έγραψε:
\textrm{\grΝομίζω ότι οι τρόποι είναι} 2^n^-^1 \textrm{\gr, διότι:}

2^n = 1 + 2^0 + 2^1 + ... + 2^n^-^1 \textrm{\grή} 2^n > 2^0 + 2^1 + ... + 2^n^-^1

\textrm{\grΆρα το πιο βαρύ θα είναι συνέχεια} \textrm{\grστην αριστερή ζυγαριά και μένουν} n-1 \textrm{\grβάρη τα οποία έχουν από 2 επιλογές.} \textrm{\grΆρα, οι συνδυασμοί είναι} 2^n^-^1


φιλε altair εισαι πολυ κοντα. Ολο το κολπο ειναι η ανισοτητα. Πρεπει ομως να αθροισεις το 2^{k-1} για k=2 μεχρι k=n αφου μετραει το καθε βημα.Δηλαδη:
Αρχικα βαζω το 2^1 αριστερα και εχω 2^1 τροπους για το 2^0
....
τελος βαζω το 2^{n-1} και εχω 2^{n-1} τροπους για τα αλλα. Αρα συνολικα 2^0+2^1+...+2^{n-1}


Τελευταία επεξεργασία απο metalman την 13 Οκτ 2012, 11:15, επεξεργάστηκε 1 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ενα ευκολο-μετριο προβληματακι συνδιαστικης
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 11 Οκτ 2012, 18:36 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 18 Ιαν 2011, 13:54
Δημοσ.: 81
1/2rizax έγραψε:
Δεν καταλαβαίνω για ποιο λόγο το πιο βαρύ θα είναι συνέχεια στην αριστερή ζυγαριά. Προφανώς το πιο βαρύ τελικά θα ανήκει στην αριστερή ζυγαριά, αλλά όχι απαραίτητα από το πρώτο κιόλας βήμα (σίγουρα πάντως πριν το τελευταίο βήμα).

Μπορείς πχ. να βάζεις τα βάρη εναλλάξ. Στην περίπτωση αυτή το πιο βαρύ μπαίνει στον προτελευταίο βήμα:
\frac{1}{2^{n-2}} Αριστερά, \frac{1}{2^{n-1}} Δεξιά, \frac{1}{2^{n-4}} Αριστερά, \frac{1}{2^{n-3}} Δεξιά . . . ,1 Αριστερά, \frac{1}{2} Δεξιά.

Στην ουσία έδειξες ότι αν το πιο βαρύ αντικείμενο τοποθετηθεί στη ζυγαριά και απομένουν k αντικείμενα, τότε αυτά τα k μπορούν να τοποθετηθούν με 2^k τρόπους.



πρεπει να προσεξεις οτι λεει σε καθε βημα η αριστερη ζυγαρια να εχει μεγαλυτερο βαρος.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ενα ευκολο-μετριο προβληματακι συνδιαστικης
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 11 Οκτ 2012, 19:09 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 08 Οκτ 2006, 19:08
Δημοσ.: 381
metalman έγραψε:
πρεπει να προσεξεις οτι λεει σε καθε βημα η αριστερη ζυγαρια να εχει μεγαλυτερο βαρος.


Σε ποιο σημείο του μηνύματός μου αναφέρεσαι; Στο παράδειγμα που έγραψα όπου τοποθετώ τα βάρη εναλλάξ; Αν ναι, έχω φροντίσει σε κάθε βήμα η ζυγαριά να γέρνει στα αριστερά.

_________________
Infinite possibilities and all he can do is whine.
You can do anything, you lucky bastard, you're alive! What's a little pain compared to that?


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ενα ευκολο-μετριο προβληματακι συνδιαστικης
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 11 Οκτ 2012, 20:14 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 18 Ιαν 2011, 13:54
Δημοσ.: 81
1/2rizax έγραψε:
metalman έγραψε:
πρεπει να προσεξεις οτι λεει σε καθε βημα η αριστερη ζυγαρια να εχει μεγαλυτερο βαρος.


Σε ποιο σημείο του μηνύματός μου αναφέρεσαι; Στο παράδειγμα που έγραψα όπου τοποθετώ τα βάρη εναλλάξ; Αν ναι, έχω φροντίσει σε κάθε βήμα η ζυγαριά να γέρνει στα αριστερά.



Αναφερομαι στο (Δεν καταλαβαίνω για ποιο λόγο το πιο βαρύ θα είναι συνέχεια στην αριστερή ζυγαριά. Προφανώς το πιο βαρύ τελικά θα ανήκει στην αριστερή ζυγαριά, αλλά όχι απαραίτητα από το πρώτο κιόλας βήμα (σίγουρα πάντως πριν το τελευταίο βήμα).).

ΤΟ ολο σκεπτικο ειναι η ανισοτητα 2^n>2^0+2^1+....+2^{n-1}.Καθε φορα που θα χρησιμοποιεις ενα μεγαλυτερο
βαρος,εκει που θα το τοποθετεις,προς τα εκει θα γερνει η ζυγαρια. Οποτε εαν χρησιμοποιησεις ενα βαρος 2^k
τοτε εχεις 2 επιλογες για τα μικροτερα βαρη ως προς το που θα μπουν.

και ως προς αυτο που εγραψες (Στην ουσία έδειξες ότι αν το πιο βαρύ αντικείμενο τοποθετηθεί στη ζυγαριά και απομένουν αντικείμενα, τότε αυτά τα μπορούν να τοποθετηθούν με τρόπους). ειναι σωστο αφου εχεις δυο επιλογες,
αλλα ειναι οι μοναδικες λογω της ανισοτητας!!!


Τελευταία επεξεργασία απο metalman την 13 Οκτ 2012, 11:13, επεξεργάστηκε 1 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ενα ευκολο-μετριο προβληματακι συνδιαστικης
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 11 Οκτ 2012, 20:28 
Χωρίς σύνδεση
Forum Moderator
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 09 Φεβ 2012, 22:03
Δημοσ.: 619
\textrm{\grΒασικά δεν με ενδιέφεραν τα βήματα, μου} \textrm{\grάρεσε η σχέση με την ανισότητα και το έγραψα, αλλιώς} \textrm{\grθα το άφηνα για κάποιον άλλο.}

\textrm{\grΤο πρόβλημα πάντως μπορεί να αναφέρεται} \textrm{\grστα βήματα, όμως ζητάει τρόπους...}


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ενα ευκολο-μετριο προβληματακι συνδιαστικης
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 13 Οκτ 2012, 00:03 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 22 Μαρ 2007, 22:17
Δημοσ.: 163
Τοποθεσια: Kallithea
metalman έγραψε:
Έστω ένας θετικός ακέραιος n και υποθέτουμε ότι έχουμε μία ζυγαριά και n βάρη τα οποία έχουν τιμές 2^0,2^1,...,2^{n-1}. Θα τοποθετήσουμε τα βάρη πάνω στη ζυγαριά (και τα n ) με την εξής προυπόθεση:

Σε κάθε βήμα το συνολικό βάρος της αριστερής ζυγαριάς πρέπει να είναι μεγαλύτερο από το βάρος της δεξιάς.

Με πόσους τρόπους μπορούμε να κάνουμε αυτή τη διαδικασία;


Ωραίο προόβλημα. Συνεχίζω από εκεί που έγραψε ο Altair . Γράφω μια ιδέα και πείτε μου αν είναι σωστή.

Έστω n άρτιος (ώστε να μπουν όλα τα βάρη στη ζυγαριά στο τελευταίο βήμα)

Αφού το βάρος 2^{n-1} θα πάει πάντα στην αριστερή ζυγαρία όπως έδειξε ο Altair , τότε μένουν (n-1) ακόμα.
Έστω 2^x το βάρος που θα πάει με το 2^{n-1}. Ο συνδυασμός συτός γίνεται με (n-1) τρόπους.
Όλοι οι υπόλοιποι μπορουν να προκύψουν με \left(
\begin{array}{c}
(n-2) \\
2
\end{array}
\right) τρόπους και μένουν (n-2)/2 βήματα.

Άρα ο ζητούμενος αριθμός είναι:

(n-1)\left(
\begin{array}{c}
n-2 \\
2
\end{array}
\right)\cdot \left(
\begin{array}{c}
n-4 \\
2
\end{array}
\right)\ldots \cdot \left(
\begin{array}{c}
n-2(n-2)/2 \\
2
\end{array}
\right)

edit: όπως το έχω γράψει μάλλον ξέχασα να μετρήσω μερικές περιπτώσεις π.χ αν στο πρώτο βήμα μπουν 2^4 , 2^3 τότε αν ο συνδυασμός του δεύτερου βήματος είναι (2^1 , 2^2) μπορούμε να βάλουμε τα βάρη με όποια σειρά θέλουμε στην ζυγαριά(γιατί 2^4 + 2^1 > 2^3 + 2^2 και 2^4 + 2^2 > 2^3 +2^1).

Μια ιδέα για μπάλωμα χωρίς να το σκεφτώ καλά.

Αν το βάρος 2^{n-1} βρίσκεται στο πρώτο βήμα τότε οι τρόποι είναι:



(n-1)\left(
\begin{array}{c}
n-2 \\
2
\end{array}
\right)\cdot \left(
\begin{array}{c}
n-4 \\
2
\end{array}
\right)\ldots \cdot 1

Αν βρίσκεται στo δεύτερo τότε οι τρόποι ειναι ο παραπάνω αριθμός επί 2 , κτλ

Οι συνολικοί τρόποι θα είναι (2^{n/2} - 1)
(n-1)\left(
\begin{array}{c}
n-2 \\
2
\end{array}
\right)\cdot \left(
\begin{array}{c}
n-4 \\
2
\end{array}
\right)\ldots \cdot 1


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ενα ευκολο-μετριο προβληματακι συνδιαστικης
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 13 Οκτ 2012, 11:11 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 18 Ιαν 2011, 13:54
Δημοσ.: 81
nikolaos έγραψε:
metalman έγραψε:
Έστω ένας θετικός ακέραιος n και υποθέτουμε ότι έχουμε μία ζυγαριά και n βάρη τα οποία έχουν τιμές 2^0,2^1,...,2^{n-1}. Θα τοποθετήσουμε τα βάρη πάνω στη ζυγαριά (και τα n ) με την εξής προυπόθεση:

Σε κάθε βήμα το συνολικό βάρος της αριστερής ζυγαριάς πρέπει να είναι μεγαλύτερο από το βάρος της δεξιάς.

Με πόσους τρόπους μπορούμε να κάνουμε αυτή τη διαδικασία;


Ωραίο προόβλημα. Συνεχίζω από εκεί που έγραψε ο Altair . Γράφω μια ιδέα και πείτε μου αν είναι σωστή.

Έστω n άρτιος (ώστε να μπουν όλα τα βάρη στη ζυγαριά στο τελευταίο βήμα)

Αφού το βάρος 2^{n-1} θα πάει πάντα στην αριστερή ζυγαρία όπως έδειξε ο Altair , τότε μένουν (n-1) ακόμα.
Έστω 2^x το βάρος που θα πάει με το 2^{n-1}. Ο συνδυασμός συτός γίνεται με (n-1) τρόπους.
Όλοι οι υπόλοιποι μπορουν να προκύψουν με \left(
\begin{array}{c}
(n-2) \\
2
\end{array}
\right) τρόπους και μένουν (n-2)/2 βήματα.

Άρα ο ζητούμενος αριθμός είναι:

(n-1)\left(
\begin{array}{c}
n-2 \\
2
\end{array}
\right)\cdot \left(
\begin{array}{c}
n-4 \\
2
\end{array}
\right)\ldots \cdot \left(
\begin{array}{c}
n-2(n-2)/2 \\
2
\end{array}
\right)

edit: όπως το έχω γράψει μάλλον ξέχασα να μετρήσω μερικές περιπτώσεις π.χ αν στο πρώτο βήμα μπουν 2^4 , 2^3 τότε αν ο συνδυασμός του δεύτερου βήματος είναι (2^1 , 2^2) μπορούμε να βάλουμε τα βάρη με όποια σειρά θέλουμε στην ζυγαριά(γιατί 2^4 + 2^1 > 2^3 + 2^2 και 2^4 + 2^2 > 2^3 +2^1).

Μια ιδέα για μπάλωμα χωρίς να το σκεφτώ καλά.

Αν το βάρος 2^{n-1} βρίσκεται στο πρώτο βήμα τότε οι τρόποι είναι:



(n-1)\left(
\begin{array}{c}
n-2 \\
2
\end{array}
\right)\cdot \left(
\begin{array}{c}
n-4 \\
2
\end{array}
\right)\ldots \cdot 1

Αν βρίσκεται στo δεύτερo τότε οι τρόποι ειναι ο παραπάνω αριθμός επί 2 , κτλ

Οι συνολικοί τρόποι θα είναι (2^{n/2} - 1)
(n-1)\left(
\begin{array}{c}
n-2 \\
2
\end{array}
\right)\cdot \left(
\begin{array}{c}
n-4 \\
2
\end{array}
\right)\ldots \cdot 1



γεια σου :D .καταρχας, η λυση σου δεν κανει για n περιττο.
δευτερον: αυτο ειναι λαθος: {Έστω 2^x το βάρος που θα πάει με το 2^{n-1}. Ο συνδυασμός συτός γίνεται με (n-1) τρόπους.
Όλοι οι υπόλοιποι μπορουν να προκύψουν με \left(
\begin{array}{c}
(n-2) \\
2
\end{array}
\right) τρόπους και μένουν (n-2)/2 βήματα.}

αφου εχεις n-1 επιλογες μικροτερων βαρων και οχι τροπων τοποθετησης.οι τροποι ειναι 2^{n-1} γιατι για καθε ενα απο τα n-1 εχεις 2 επιλογες.
επιπλεον σαν επιλογη θεωρειται η επιλογη του να βαλεις ολα τα βαρη αριστερα,συνεπως δεν μπορεις να ορισεις διατεταγμενο ζευγος για τα βαρη σε καθε βημα, εκτος και εαν ορισεις το μηδενικο βαρος(αλλα τσαμπα κουραση).


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ενα ευκολο-μετριο προβληματακι συνδιαστικης
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 13 Οκτ 2012, 19:07 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 22 Μαρ 2007, 22:17
Δημοσ.: 163
Τοποθεσια: Kallithea
Μάλλον παρανόησα τι ζητάς στο πρόβλημα. Νόμιζα ότι σε κάθε βήμα παίρνουμε δύο βάρη από τα n και τα τοποθετούμε στη ζυγαριά (ένα σε κάθε ζύγι) ώστε το βάρος της αριστερής πλευράς να είναι πάντα μεγαλύτερο από το βάρος της δεξιάς. Γι αυτό θεώρησα n άρτιος.

Αν κατάλαβα καλά εσύ λες να πάρουμε σε κάθε βήμα ένα βάρος και να το τοποθετήσουμε όπου θέλουμε (αριστερά ή δεξία) ώστε το βάρος της αριστερής πλευράς να είναι πάντα μεγαλύτερο από το βάρος της δεξιάς. Άρα αυτό δουλεύει και για περιττό, εκτός του ότι αλλάζει κατά πολύ η ιδέα...σωστά; Θα το ξανασκεφτώ αν είναι έτσι το πρόβλημα , απλά διευκρίνησε λίγο αυτές τις λεπτομέρειες.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ενα ευκολο-μετριο προβληματακι συνδιαστικης
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 13 Οκτ 2012, 21:19 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 18 Ιαν 2011, 13:54
Δημοσ.: 81
nikolaos έγραψε:
Μάλλον παρανόησα τι ζητάς στο πρόβλημα. Νόμιζα ότι σε κάθε βήμα παίρνουμε δύο βάρη από τα n και τα τοποθετούμε στη ζυγαριά (ένα σε κάθε ζύγι) ώστε το βάρος της αριστερής πλευράς να είναι πάντα μεγαλύτερο από το βάρος της δεξιάς. Γι αυτό θεώρησα n άρτιος.

Αν κατάλαβα καλά εσύ λες να πάρουμε σε κάθε βήμα ένα βάρος και να το τοποθετήσουμε όπου θέλουμε (αριστερά ή δεξία) ώστε το βάρος της αριστερής πλευράς να είναι πάντα μεγαλύτερο από το βάρος της δεξιάς. Άρα αυτό δουλεύει και για περιττό, εκτός του ότι αλλάζει κατά πολύ η ιδέα...σωστά; Θα το ξανασκεφτώ αν είναι έτσι το πρόβλημα , απλά διευκρίνησε λίγο αυτές τις λεπτομέρειες.



οκ.το θεμα ειναι οτι εχψ πει ηδη την λυση πιο πανω. δες την να καταλαβεις :)


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Ενα ευκολο-μετριο προβληματακι συνδιαστικης
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 13 Οκτ 2012, 21:43 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 22 Μαρ 2007, 22:17
Δημοσ.: 163
Τοποθεσια: Kallithea
metalman έγραψε:
nikolaos έγραψε:
Μάλλον παρανόησα τι ζητάς στο πρόβλημα. Νόμιζα ότι σε κάθε βήμα παίρνουμε δύο βάρη από τα n και τα τοποθετούμε στη ζυγαριά (ένα σε κάθε ζύγι) ώστε το βάρος της αριστερής πλευράς να είναι πάντα μεγαλύτερο από το βάρος της δεξιάς. Γι αυτό θεώρησα n άρτιος.

Αν κατάλαβα καλά εσύ λες να πάρουμε σε κάθε βήμα ένα βάρος και να το τοποθετήσουμε όπου θέλουμε (αριστερά ή δεξία) ώστε το βάρος της αριστερής πλευράς να είναι πάντα μεγαλύτερο από το βάρος της δεξιάς. Άρα αυτό δουλεύει και για περιττό, εκτός του ότι αλλάζει κατά πολύ η ιδέα...σωστά; Θα το ξανασκεφτώ αν είναι έτσι το πρόβλημα , απλά διευκρίνησε λίγο αυτές τις λεπτομέρειες.



οκ.το θεμα ειναι οτι εχψ πει ηδη την λυση πιο πανω. δες την να καταλαβεις :)


Tο 2^{n-1} δεν αναφερέται στους τρόπους αν το βάρος 2^{n-1} μπει στην πρώτη θέση; Αλλιώς η σειρά μετράει (αν δεν έχει εκλεγεί το βάρος 2^{n-1} ακόμα , δεν είναι δύο οι τρόποι πάντα σε κάθε βήμα. Π.χ αν έχεις συνολικά σε κάποιο βήμα (έστω 3ο) βάρη στο δεξί 2^1 , 2^3 και στο αριστερό 2^6 και εκλέξεις (4ο βήμα) το βάρος 2^2 μπορείς να το βάλεις είτε αριστερά είτε δεξία. Αντίθετα αν εκλέξεις το βάρος 2^7 μπορεί να μπει μόνο αριστερά (1 τρόπος). Αν έχει απαντηθεί το ερώτημα κακώς το αναφέρω αλλά αυτό βλέπω σαν παρατήρηση...


Κορυφή
 Προφίλ  
 
Τελευταίες δημοσιεύσεις:  Ταξινόμηση κατά  
Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 13 δημοσιεύσεις ] 

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]


Μελη σε συνδεση

Μέλη σε αυτή την Δ. Συζήτηση : Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης


Δεν μπορείτε να δημοσιεύετε νέα θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να απαντάτε σε θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να επεξεργάζεστε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να διαγράφετε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση

Αναζήτηση για:
Μετάβαση σε:  
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group