Varianten beim Doppelkopf

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AD Auf diesen Beitrag antworten »
Varianten beim Doppelkopf
Die Computer-Zeitschrift c't hat in ihrer aktuellen Ausgabe folgende Kombinatorikaufgabe gestellt:

Wieviel unterschiedliche Möglichkeiten der Kartenvergabe an die vier Spieler gibt es beim Doppelkopf? Man berechne diese Anzahl für die Doppelkopf-Varianten mit 40 also auch mit 48 Karten.
http://www.heise.de/ct/05/09/023/

Für Nichtkundige des Doppelkopfspiels: Es gibt 20 bzw. 24 verschiedene Karten, die jeweils doppelt im Stapel vorhanden sind. Jeder der vier Spieler erhält vom Kartengeber 10 bzw. 12 Karten zugeteilt. Für die Berechnung der Varianten sind die Positionen des Kartengebers und auch der restlichen drei Spieler von Bedeutung, es gibt also (vom Kartengeber aus betrachtet) einen ersten, zweiten, dritten und vierten Spieler.

Numerisch, mit Computerunterstützung, kommt man mehr oder weniger schnell zu den Resultaten
bei 40 Karten: 293631119403639732
bei 48 Karten: 2248575441654260591964
(Unkenntlich gemacht, für die, die es spannend mögen.)

Aber kriegt man das auch eleganter, in einer möglichst geschlossenen Formel hin? verwirrt


P.S.: Vor einiger Zeit habe ich mich mal darüber beschwert, dass die Kombinatorik hier der Stochastik zugeordnet wird. Wie ihr seht, habe ich mich mittlerweile damit abgefunden. Augenzwinkern
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »

wenn man dann aber noch untescheidet, was für sonderregeln man spielt, dann werden das noch viel mehr.

ich denke da nur an hyperschweine, kaiser und was weiß denn ich. Augenzwinkern

nur als anmerkung *g*
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Hmm, hier geht es erstmal nur um die Kartenvergabe, noch nicht um irgendwelche Interpretationen der Kartenwerte, Kartentausch o.ä.
Papam Benedictus XVI. Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Varianten beim Doppelkopf
M. E. geordnetes Ziehen ohne Zurücklegen. Von daher gibt's eine Möglichkeit zu berechnen, wie viele Möglichkeiten es gibt n Dinge aus N Möglichkeiten zu ziehen...

Naja, irgendwie ist auch die Statistik der Stochastik zugeordnet...
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Du bist ja ziemlich fleißig heute abend, eure Heiligkeit. Augenzwinkern
Wie wäre es mit Registrieren hier im Forum?

Ach ja, wenn die Berechnung der Anzahl so einfach ist - ich warte gespannt auf die Formel und deren Begründung Wink
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »

ich rede jetzt sicher totalen müll. aber ich will mal einen allerersten diskussionsanlass geben.

beim "normalen" doppelkopf (mit 9ern, ohne habe ich es noch nie gespielt) gibt es 48 karten (24 zweierpärchen identischer karten) jeder bekommt 12 davon.

seien also die karten 1-12, die des ersten links vom geber, 13-24 die des linken von ihm usf.

dann berechnen wir doch erst mal die möglichkeiten, dass die reihenfolge der karten auch wichtig wäre.

dann beginne man beim karo as (fuchs) oder so, die pärchen paarweise zu verteilen (karo runter, danach alle pik, alle kreuz, alle herz)
für die karoasse gäbe es dann (48*47)/2 möglichkeiten, für die karo10er danach nur noch 46*45/2 möglichkeiten etc.,....., für die herz 9er zu allerletzt noch (2*1)/2 möglichkeiten.

wären bislang schon mal 48!/(2^24)=sehr viele möglichkeiten, wenn jede karte ihren festen platz haben sollte.

nun müssen wir aber noch einiges abziehen, weil ja die karten auf einer hand nicht von der reihenfolge abhängen und wir also viele kombinationen mehrfach hatten.

aber soweit schon mal ein allererster kleiner lösungsansatz von mir.

Wink
 
 
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Alles soweit richtig, aber der eklige Teil steht noch bevor: Die Permutationsmöglichkeiten hängen leider davon ab, wieviel Karten jeder Spieler doppelt hat. geschockt

So einfach wie die beim Skat ist es jedenfalls nicht.
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »

ich weiß arthur! deswegen habe ich hier ja auch aufgehört! denn ab da wird es ja wirklich ekelig!
verwirrt

könnte man diese ereignisse der kartenverteilungen noch disjunkt zerlegen in anzahl der pärchen, die die spieler haben?

mfg jochen


edit: ich weiß schon, wieso ich lieber skat spiele, insbesondere hat man da viel weniger trümphe zu zählen!
4c1d Auf diesen Beitrag antworten »

hm, ich hätte erstmal so ähnlich wie LOED gesagt, die Anzahl der Möglichkeiten ist gleich wobei der Gesamtanzahl der Kartenpaare, die sich jeweils bei einem Spieler befinden entsprechen würde. Für kommt schon ein ähnlicher Wert raus wie bei dem numerischen Verfahren. Könnte man nicht vielleicht als Erwartungswert der entsprechenden Zufallsvariable auffassen (deren Verteilung man dann bestimmten müsste) ? verwirrt
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »

ich bin grad etwas verwirrt, was dein p bedeuten soll.
ist das die summe der paaranzahlen aller spieler?

du betonst das bei einem spieler so, allerdings ist doch die wahrscheinlichkeit, dass ein spieler p=6 paare hat sehr gering verwirrt
oder missvertsehe ich dich?
4c1d Auf diesen Beitrag antworten »

Das "ein" meinte ich so, dass man nur die Paare zählt, die sich vollständig bei (irgend)einem (beliebigen) Spieler befinden
Ich habe mir das so gedacht, dass man bei jedem einzelnen Spieler Permutationen berücksichtigen muss, wenn die Anzahl der Paare ist, die der ite Spieler hat. wäre dann
müsste man dann noch durch die Gesamtzahl der sich daraus ergebenden Permutationen teilen (wenn der Ansatz stimmt)
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Ich fasse mal kurz zusammen (für die Variante mit 40 Karten, bei der mit 48 Karten ist die Analogie klar):

sei die gesuchte Anzahl aller Kartenvergaben. Außerdem sei die Anzahl der geordneten Kartenvergaben, d.h., jeder Spieler steckt die Karten erstmal in der Reihenfolge, in der er sie kriegt, und davon widerum sei die Teilanzahl, so dass es insgesamt genau p Kartenpaare gibt, die bei den vier Spielern doppelt vorhanden sind - natürlich in dem Sinne, dass sich jedes dieser Paare jeweils bei einem Spieler befindet. Dann wissen wir:





Das Problem ist dann dahingehend verlagert, die Anzahlen zu ermitteln - das ist rein kombinatorisch ausgedrückt das, was 4c1d mit "Verteilung" der p gemeint hat. Bei "ordentlichem" Geben ist jede der N Kartenvergaben gleichwahrscheinlich - das ist bei den M ungeordneten Varianten nicht der Fall! Die Interpretation des Wertes mit der Eigenschaft

als Erwartungswert über die p ist allerdings falsch, richtig wäre allerdings
.

Aber wie berechnet man nun dieses verflixte N(p) ? Es ist , und die Anzahlen sind (in dem von 4c1d eingeführten Verteilungssinn) hochgradig voneinander abhängig, was eine Separation der Berechnung auf Einzelspieler ziemlich erschwert.
4c1d Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Arthur Dent



Gut, das "vereinfacht" das Ganze auf das Finden der smile
Das für jeden Spieler einzeln auszurechnen ist wohl tatsächlich nicht so gut durchführbar.
imo müssten aber ohnehin die Terme sein. Wäre dann nicht z.B. (es werden aus 20 verschiedenen Karten 10 für einen Spieler ausgesucht, die restliche Kartenverteilung ist dann - bis auf die Positionen der Spieler - festgelegt *edit : ach ne, so einfach geht es wohl doch nicht*; geordnet, daher noch ?) ? Allerdings würden dann immer die wegfallen ... verwirrt
Jedenfalls eine interessante Aufgabe smile
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

@ Arthur

Das scheint ja echt ein kniffliges Problem zu sein.
Wie kommst du auf deine numerischen Werte? Sind die nur geschätzt? (Aufgrund der Angabe der gültigen Stellen gehe ich eigentlich nicht davon aus.) Wie hast du diese Anzahlen berechnet? Allein durch bloßes Abzählen mit dem Rechner wahrscheinlicht nicht. (Das dauert ja Jahre. Oder?)

Wenn man sich die Primfaktorzerlegung anschaut:



so wird man wohl kaum allein durch Multiplikationen/Divisionen von Binomialkoeffizienten und Fakultäten oder Ähnlichem auf diese Zahl kommen, denn wie ließen sich sonst die Faktoren 47,347 und 10827637 erklären? Es müssen also Additionen im Spiel sein.

Vielleicht könnte man die Sache rekursiv aufziehen. Betrachten wir also einmal ein Doppelkopf mit 4·2=8 Karten und 4 Spielern. Dann hat man für

"jeder Spieler hat zwei gleiche Karten": Möglichkeiten
"genau zwei Spieler haben zwei gleiche Karten": Möglichkeiten
"genau ein Spieler hat zwei gleiche Karten": Möglichkeiten
"kein Spieler hat zwei gleiche Karten": Möglichkeiten

Das sind zusammen 282 Möglichkeiten.

Ich sehe jetzt aber nicht, wie man durch Zusammenschieben von zwei "Doppelkopf zu 8 Karten" in übersichtlicher Weise ein "Doppelkopf zu 16 Karten" bekommt, so daß man dadurch eine Rekursionsbeziehung gewönne.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, ich gebe mal die Berechnungsgrundlage für die oben angegebenen Werte an: Es sei

... Anzahl der Möglichkeiten der Kartenvergabe an n Spieler mit je m Karten, dabei sollen u Karten genau zweimal, und v Karten genau einmal im Stapel vorkommen - es sind also genau 2u+v Karten im Stapel.

Gesucht ist dann bzw. . Vernünftig ist das ganze nur für , bzw. leicht erweitert für , in letzterem Fall kriegt der m-te Spieler nur Karten, wie z.B. beim Skat: mit dem 2er-Skat als "vierten" Spieler.

wird nun rekursiv berechnet:

- für den letzten Spieler gibt es keine Wahl mehr, er kriegt die Karten, die übrig sind.



Die Summation erfolgt nur über die Indizes, wo die Binomialkoeffizienten erklärt und positiv sind.

Zur Erklärung der Rekursion:

Aus den nur einzeln vorkommenden Karten kriegt der erste Spieler genau j Karten, deren Auswahlmöglichkeiten durch berechnet werden. i kennzeichnet nun die Anzahl verschiedener Karten, die der erste Spieler von den insgesamt u doppelt vorhandenen Karten bekommt, das entspricht den Auswahlmöglichkeiten .

Wieviel dieser i Karten erhält er nun einfach und wieviel doppelt? Nun, das ergibt sich einfach aus der Bedingung, dass er insgesamt m Karten erhält: Es sind (2i+j-m) einfache und (m-i-j) doppel (also letztere entsprechen dann der Kartenanzahl 2(m-i-j)). Das muss in der Anzahlberechnung auch noch berücksichtigt werden, wodurch sich der dritte Binomialkoeffizient ergibt.

Schließlich muss nur noch ausgerechnet werden, wieviel einfache und wieviel doppelte Karten jetzt noch für die Spieler 2..n übrig sind: Es sind (u-i) doppelte Karten, und (v-j)+(2i+j-m)=v+2i-m einfache Karten.
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Arthur Dent





Na, da hast du doch eine Formel. Big Laugh
Ich werde mir das Ganze bei Gelegenheit einmal zu Gemüte führen.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Das

Zitat:
Original von Leopold
Big Laugh

am Ende deute ich mal so, dass du diese Formel genauso schön und übersichtlich findest wie ich. smile
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Schlimmer als der Wilessche Beweis für die primitive Aussage



ist es doch auch nicht. Big Laugh Big Laugh
kurellajunior Auf diesen Beitrag antworten »

Da die ct hier nicht präzise war, (wird wohl als klar vorausgesetzt) nochmal was ich rausgelesen habe: Eine Verteilung gilt als verschieden, wenn die nach Kartenwert sortierten Hände min. einen Unterschied aufweisen. Nachdem was da oben so geschrieben wurde, geh ich davon aus.
Nicht verstanden habe ich, was ihr unter versteht. Ich dachte erst ihr meint die vollständige Anzahl der Anordnungen mit Berücksichtigung der einzelnen Karte, also Aber nö, ihr habt schnöde geschrieben, also nur die Anordnungen bei denen die Karten nur nach ihrem Wert unterschieden werden.

Was haltet ihr von dem Ansatz die Hände im Schnitt zu betrachten? Ich meine, zuerst die Karten allesamt als unterscheibar und nur in den Händen sortieren:
is klar.

Und jetzt die durchschnittliche Anzahl von Paaren die nicht in einer Hand sind (denn darauf kommts doch an, oder?) ermitteln, ich nenn sie mal und weg damit:
is klar.

Ich glaube, dass der Ansatz

zuviele Lösungen generiert. Um das zu prüfen 4 Karten (A, B) 2 Spieler:
(A1, A2); (B1, B2) p=2 M++
(A1, A2); (B2, B1) p=2
(A1, B1); (A2, B2) p=0 M++
(A1, B1); (B2, A2) p=0
(A1, B2); (A2, B1) p=0
(A1, B2); (B1, A2) p=0
(A2, A1); (B1, B2) p=2
(A2, A1); (B2, B1) p=2
(A2, B1); (A1, B2) p=0
(A2, B1); (B2, A1) p=0
(A2, B2); (A1, B1) p=0
(A2, B2); (B1, A1) p=0
(B1, A1); (A2, B2) p=0
(B1, A1); (B2, A2) p=0
(B1, A2); (A1, B2) p=0
(B1, A2); (B2, A1) p=0
(B1, B2); (A1, A2) p=2 M++
(B1, B2); (A2, A1) p=2
(B2, A1); (A2, B1) p=0
(B2, A1); (B1, A2) p=0
(B2, A2); (A1, B1) p=0
(B2, A2); (B1, A1) p=0
(B2, B1); (A1, A2) p=2
(B2, B1); (A2, A1) p=2


Nach Formel

So wird das nix!

Ihr müsstest wenn dann ermitteln, wieviele Pärchen nicht auf einer Hand sind, und diese dann rausrechnen. Da wie oben gezeigt, genau solche Einzeln gezählt, aber nicht einzeln betrachtet werden. Schließlich ist es völlig Wurscht, wer welche Kreuzdame hat, Hauptsache nicht beide auf einer Hand (ohne Beiblatt)
Eher also:


Am Beispiel:


Täterätää. Ich bin doch nicht so doof wie ich dachte. Ich hab nämlich nicht verstanden, was die da bei euch macht...

Übrigens: ist nicht 0 bei mehr als 2 Spielern. Trotzdem bleibt die Bestimmung von unschön. Ist nicht doch die Bestimmung von einfacher?

Ich hoffe das hilft,
Jan
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von kurellajunior
Ich glaube, dass der Ansatz

zuviele Lösungen generiert. Um das zu prüfen 4 Karten (A, B) 2 Spieler:
(A1, A2); (B1, B2) p=2 M++
(A1, A2); (B2, B1) p=2
(A1, B1); (A2, B2) p=0 M++
(A1, B1); (B2, A2) p=0
(A1, B2); (A2, B1) p=0
(A1, B2); (B1, A2) p=0
(A2, A1); (B1, B2) p=2
(A2, A1); (B2, B1) p=2
(A2, B1); (A1, B2) p=0
(A2, B1); (B2, A1) p=0
(A2, B2); (A1, B1) p=0
(A2, B2); (B1, A1) p=0
(B1, A1); (A2, B2) p=0
(B1, A1); (B2, A2) p=0
(B1, A2); (A1, B2) p=0
(B1, A2); (B2, A1) p=0
(B1, B2); (A1, A2) p=2 M++
(B1, B2); (A2, A1) p=2
(B2, A1); (A2, B1) p=0
(B2, A1); (B1, A2) p=0
(B2, A2); (A1, B1) p=0
(B2, A2); (B1, A1) p=0
(B2, B1); (A1, A2) p=2
(B2, B1); (A2, A1) p=2


Nach Formel

So wird das nix!

Richtig, so wird das nix - vor allem, weil du N(p) nicht verstanden hast. Bezogen auf die Bezeichnungen in
http://www.matheboard.de/thread.php?postid=153210#post153210
hätte das Beispiel nämlich lauten müssen (A1 immer vor A2, B1 immer vor B2):

(A1, A2); (B1, B2) p=2 M++
(A1, B1); (A2, B2) p=0 M++
(A1, B1); (B2, A2) p=0
(B1, A1); (A2, B2) p=0
(B1, A1); (B2, A2) p=0
(B1, B2); (A1, A2) p=2 M++


Nach Formel


Also alles Ok!!! Sehr sehr seltsames Beispiel, was du uns da unterjubeln willst, vor allem da

Zitat:
Original von kurellajunior
Ich dachte erst ihr meint die vollständige Anzahl der Anordnungen mit Berücksichtigung der einzelnen Karte, also Aber nö, ihr habt schnöde geschrieben, also nur die Anordnungen bei denen die Karten nur nach ihrem Wert unterschieden werden.

suggeriert, dass du N und N(p) dann doch verstanden hast.

Zitat:
Original von kurellajunior
Übrigens: ist nicht 0 bei mehr als 2 Spielern.

Vollkommen richtig - hat das irgend jemand behauptet? Ach ja, 4c1d - haben wir anderen nur nicht drauf reagiert.

Zitat:
Original von kurellajunior
Und jetzt die durchschnittliche Anzahl von Paaren die nicht in einer Hand sind (denn darauf kommts doch an, oder?) ermitteln, ich nenn sie mal und weg damit:
is klar.

Nein, nein, nochmals nein - das hatte ich doch oben schon geschrieben: Aus darf nicht gefolgert werden, dass oder gilt, oder umgekehrt - solche Nichtlinearitäten verträgt der Erwartungswert nicht. Und ist nunmal die mathematische Umsetzung von "durchschnittliche Anzahl von Paaren".
kurellajunior Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Arthur Dent
Richtig, so wird das nix - vor allem, weil du N(p) nicht verstanden hast.

Aber dafür jetzt. Ich hab mich wohl gestern Abend innerlich verweigert erst Möglichkeiten abzurechnen, um sie danach wieder zuzurechnen. Kommt ja mit beiden Ansätzen das gleiche raus... Und beide Ansätze müssen herausfinden, wieviele Kartenpaare auf einer Hand sind...

Zitat:
Original von Arthur Dent
Nein, nein, nochmals nein - das hatte ich doch oben schon geschrieben: Aus darf nicht gefolgert werden, dass oder gilt, oder umgekehrt - solche Nichtlinearitäten verträgt der Erwartungswert nicht. Und ist nunmal die mathematische Umsetzung von "durchschnittliche Anzahl von Paaren".
Schade eigentlichAugenzwinkern Da war wohl die Formulierung Durchschnitt sehr unglücklich von mir. Hammer Ich suchte halt genau das , dass diese Bedingung erfüllt. Das hieß bei euch (jetzt erst erkannt)

Wegen , das ist ja schon für ausgesprochen hässlich und nicht wirklich formelbar...
Och menno. Das wird mich jetzt die nächsten Wochen umtreiben, und Du bist schuld Arthur.

Jan

PS: Womit hast Du denn diese Formeln rekursiv ausgerechnet?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von kurellajunior
PS: Womit hast Du denn diese Formeln rekursiv ausgerechnet?


MuPAD, wegen der "langen" Zahlen:

code:
1:
2:
3:
4:
5:
6:
7:
8:
9:
10:
11:
12:
13:
14:
15:
16:
17:
18:
19:
20:
21:
22:
M := proc(u,v,m,n)
  local i,j,s,t ;
  option remember ;
  begin
    if ( n <= 1 ) then
      s := 1
    else
      s := 0 ;
      for i from floor((max(m-v,0)+1)/2) to min(m,u) do
        t := 0 ;
        for j from max(0,m-2*i) to min(v,m-i) do
          t := t + binomial(v,j)*binomial(i,m-i-j)
        end_for ;
        s := s + t*binomial(u,i)*M(u-i,v+2*i-m,m,n-1)
      end_for
    end_if ;
    s
  end_proc

M(0,32,10,4)
M(20,0,10,4)
M(24,0,12,4)



UPDATE: In der c't 10/05, ab heute am Kiosk, ist auch ein Lösungsalgorithmus beschrieben, der dem von mir oben beschriebenen Vorgehen weitestgehend entspricht:
http://www.heise.de/ct/ftp/05/10/181/
Beruhigend, dass denen auch nichts besseres eingefallen ist. smile

Das dort ebenfalls erhältliche Delphi-Programm zur Anzahlberechnung ist erwartungsgemäß wesentlich länger, da sie dort erstmal die Langzahl-Arithmetik implementieren müssen. Big Laugh
Sciencefreak Auf diesen Beitrag antworten »

Kann man sich MuPAD eigentlich irgendwo downloaden? Ich muss das sonst immer alles mit meinem Taschenrechner rechnen und der hat nur 12 MHz somit dauert das manchmal etwas länger
AD Auf diesen Beitrag antworten »

http://www.mupad.com/index.php?menu=6

Leider ist diese Testversion aber nur 30 Tage nutzbar.
4c1d Auf diesen Beitrag antworten »

Wahrscheinlich gibt es dann wohl keinen einfachen, allgemeinen Ausdruck für
Mir (mit geringen Kombinatorikkenntnissen) hat sich dabei nebenbei die Frage gestellt, wie man Folgendes allgemein berechnen könnte:
Die Anzahl der Möglichkeiten, nicht unterscheidbare Karten an Spieler zu verteilen, wenn jeder Spieler eine begrenzte "Aufnahmekapazität" hat, z.B. gegeben durch
Gibt es dafür eine Formel?
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn alle gleich sind, dann ist das - wenn ich mich nicht täusche - mit dem Partitionsproblem natürlicher Zahlen verwandt. Aber für allgemeine fürchte ich, dass auch eine fürchterliche Rekursion unvermeidlich ist.
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Und kennt jemand eine überschaubare Lösung für diese "viel leichtere" Aufgabe.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

@Leopold

Hatte ich mir damals angesehen, und war nur durch eine umständliche Fallunterscheidung bzgl. der Viererkonfigurationen eines fest gewählten Teilnehmerlandes auf die von dir angegebene Anzahl gekommen.
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Und ich bin mit dem Rechner alle Wörter aus 4mal D, 4mal E, 4mal F (z.B. DEFEFEDFDEDF) lexikographisch durchgegangen und habe die günstigen gezählt, also diejenigen, wo zwei gleiche Buchstaben modulo 12 nebeneinander waren. Sozusagen die Neandertal-Laplace-Methode.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Dann war ja meine Methode gar nicht so schlecht: Also ich berechne die Anzahl, dass kein Teilnehmer neben einem Landsmann (oder Landsfrau) sitzt. Dazu betrachte ich, wie gesagt, Vierer-Konfigurationen der Sitzpositionen eines Landes, beschrieben durch Vierertupel der Anzahlen der dazwischen sitzenden "Ausländer". Das sind nach absteigender Größe geordnet:

(5,1,1,1)
(4,2,1,1)
(4,1,2,1)
(4,1,1,2)
(3,3,1,1)
(3,1,3,1)
(3,2,2,1)
(3,2,1,2)
(3,1,2,2)
(2,2,2,2)

Die pro Lücke sitzenden Ausländer müssen alternierend sitzen, und so weiter, und so fort. Natürlich sind die oben angegebenen Fallunterscheidungs-Konfigurationen nicht alle gleichwahrscheinlich, also gibt es da auch noch Korrekturfaktoren - mit einem Wort: grauenhafte Lösung.
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hatte mir auch einmal vor längerer Zeit eine Lösung an einem Baum überlegt, aber wegen der unterschiedlichen Verzweigungen je Knoten wurde das rasch unübersichtlich. Und ich bin mir da nie sicher, ob ich nicht doch irgendwo einen Faktor 1/2! oder 1/3! übersehen habe. Na ja, das Nachprüfen mit dem Rechner hat dann die Richtigkeit der Überlegungen bestätigt. Und das Programmieren nimmt auch nicht mehr Zeit in Anspruch als das Zeichnen des Baumes, wenn man schon über einen entsprechenden Algorithmus zum lexikographischen Anordnen verfügt.
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