Междинна (домино)

Отдавна не съм се изявявал тук, но ми попадна интересна задача (надявам се :) )

Четири човека играят домино. Плочките са с цифри до 6 (има домино с цифри до 9). Всеки има по седем плочки. Започва първия и печели този който пръв си сложи всички плочки. Сумира се стойността на несложените плочки на останалите трима и това са точките които печели победителя. Та въпроса е колко е максимума, който може да спечели победителя и при какви условия. Да добавя само, че всеки играч е длъжен да сложи плочка, ако има подходяща, в противен случай пропуска реда си.

Кажи още малко за правилата:
С чифт ли се открива началото?
На "змия" или на "кръст" се редят плочките.
Ако някой от тримата победени завърши само с една плочка 0-0, това за колко се брои?

1. Сещам се, че когато съм играл домино, започвахме с чифт. Така че нека и тук да е така. Всъщност може да не се уточнява това условие и да се окаже че е необходимо за максимален резултат.
2. Ако първия сложи примерно 2-2, втория слага плочка която има от едната си страна 2 и я долепя за първата. Примерно 2-4. Получава се 4-2 : 2-2. Третия може да сложи плочка, която има или 2 или 4 и я долепя до станалите със съвпадащите цифри. Предполагам че това е "змия", т.е. в даден момент има само 2 плочки, към половинките на които може да се добави нова плочка.
3. Ако някой от тримата загубили има 0-0 то към резултата на победителя се добавя 0. :) Ако е 2-5 се добавя 7 и т.н.

Идеята е да се получи изчерпване на някое от числата и в двата края на змията да има само от него.Тогава дали се започва с чифт или не е без особено значение ако е от числото което изчерпваме или пречи ако е от друго число.
Тук възниква въпроса дали се играе разумно или просто се стремим да получим максимума?
Ако просто търсиме максимума е хубаво да започнеме с 0-0 и да изчерпаме нулите тъйкато те са с най малка стойност.
00,0a,ab,b0,0c,cd,d0,0f,fg,g0
Нещо подобно. Като изместване на първата плочка или група от (първата +)* нечетен брой плочки от единия на другия край е без значение.
За да се получи подобно нещо всички нули трябва да са в един играч. И той трябва да играе първи.
По необходимост цифрите от a до g трябва да са от 1 до 6. Но поредноста е без всякакво значени, както и сумата която се получава от сбора на поставените плочки.
2*(1+2+3+4+5+6)=42
И като извадиме 42 от сумата на всички плочки се получава търсеното число. Не ми се правят хамалски сметк и в момента не се сещам за елегантен начин за смятане на сумата на всички плочки.

// Добре де изхамалствах. 109 е максимума.

/// но моля някой да провери дали сумата е 151.

//// * Важи когато се мести от ляво на дясно и не важи от дясно на ляво.

///// :yikes леле каква глупост написах

////// Трябва да се вмъкне нещо между всяка двойка 0х,ху и или уу,у0

/////// Може това нещо да са двойните плочки от вида хх или уу.
00,0a,aa,ab,b0,0c,cc,cd,d0,0f,ff,fg,g0
Но тогава имаме изискване определени играчи да нямат от определени цифри и на всяко от трите завъртания 1,всеки път различен, играч да пропуска ред. Двойните плочи трябва да са с минималните суми т.е. 2 4 6. И тогава максималната сума е 97.

//////// Това може да не е задължително, това незнам да ли е изпълнимо. Тогава сумата е някъде между 97 и 67.

Възможни плочки:
00,01,02,03,04,05,06
11,12,13,14,15,16
22,23,24,25,26
33,34,35,36
44,45,46
55,56
66
Общо 28 броя, които трябва да са разпределени по 7 плочки между четиримата играчи.
Ето едно примерно разиграване при което част от плочките имат следното задължително разпределение между A и D. Останалите плочки нямат значение. Играчите са означени с A, B, C и D

A. 00, 11, 02, 13, 04, 15, 16
B.
C.
D. 01, 03, 05, 06, 12, 14

И разиграването протича така (пропуснатите "по принуда" ходове на B и D са оставени празни):
1: A-00, B- , C- , D-01
2: A-11, B- , C- , D-12
3: A-20, B- , C- , D-03
4: A-31, B- , C- , D-14
5: A-40, B- , C- ,D-05
6: A-51, B- , C- ,D-
7: A-61 - и първия свършва плочките

Змията изглежда така:
00 01 11 12 20 03 31 14 40 05 51 16

Неиграни плочи (задрасканите са играни)
00,01,02,03,04,05,06
11,12,13,14,15,16
22,23,24,25,26
33,34,35,36
44,45,46
55,56
66

Резултат: 126
Може да се постигне по-добър резултат, само ако 15 и 16 останат неиграни, а вместо тях се играят 22 и 23. И евентуално ако има как да се спести още някоя плочка. Аз обаче не можах да го направя това.

@MitkoS
Не е коректно това решение. Примерно там където А слага 4-0. В и С пропускат. Но в условието съм написал, че не може да пропускаш реда си, ако имаш подходяща плочка. Остават още пет плочки съдържащи 4 и те са в В и С (всъщност може няколко да са в D).
Максимално решение се получава и без помощта на тримата загубили.

Cvetanov, извинявай, не забелязах че си писал докато продължавах да си редактирам предишния пост. В по-новата версия на решението, на B и D изобщо не им се дава думата. Все още обаче не виждам дали може да се мине без помощта на D.

//
Разпределението е:
A. 00, 11, 02, 13, 04, 15, 16
B.
C.
D. 01, 03, 05, 06, 12, 14
Така като гледам, при това разпределение няма нужда и от помощта на D. Каквото и да играе D след първата плочка 00 на A, то А има съответната "коригираща" плочка.
Пропуснал съм последната седма плочка на D

Разпределението е:
A. 02, 03, 04, 05, 06, 11, 01
B. без значение
C. без значение
D. 12, 13, 14, 15, 16, 00 , и седма плочка без значение

A започва с 01 и се стреми винаги двата края на змията да са 0 и 1.
Може да го прави и не му трябва ничия помощ.

Резултат: 120

Мисля че това разпределение води до верния отговор - 120. Въпреки, че не е изпълненено условието за започване с чифт. В моето решение разпределението е следното:

А. 0-0 : 0-1 : 0-2 : 0-3 : 1-4 : 1-5 : 1-6
B. без значение
C. без значение
D. 1-1 : 1-2 : 1-3 : 0-4 : 0-5 : 0-6 и седма плочка без значение

Първия започва с 0-0


//едит
Междувременно си задраскал решението си. Явно и моята проверка не е била точна :) В крайна сметка идеята е ясна и няма да трия верния отговор.

За удобство, плочката я означавам така (число1:число2) или (ч1:ч2). А играчите A, B, C и D.

Плочките
(0:0) (0:1) (0:2) (0:3) (0:4) (0:5) (0:6)
(1:1) (1:2) (1:3) (1:4) (1:5) (1:6)
ги разпределяме по специален начин само между A и D

Означаваме с ч1, ч2, ч3, ч4, ч5, ч6 числата 1,2,3,4,5,6 в "разбъркан" вид
т.е. {ч1, ч2, ч3, ч4, ч5, ч6}={1,2,3,4,5,6} - равенство между математически множества

Разпределението го правим така:
A. (0:ч1), (0:ч2), (1:ч3), (1:ч4), (1:ч5), (1:ч6), (0:0)
B. няма значение
C. няма значение
D. (1:ч1), (1:ч2), (0:ч3), (0:ч4), (0:ч5), (0:ч6), седма плочка - няма значение

При това положение A започва с (0:0) и разиграването излежда така:
1: A-(0:0), B-пас, C-пас, D-(0:ч3)
2: A-(ч3:1), B-пас, C-пас, D-(1:ч1)
3: A-(ч1:0), B-пас, C-пас, D-(0:ч4)
4: A-(ч4:1), B-пас, C-пас, D-(1:ч2)
5: A-(ч2:0), B-пас, C-пас, D-(0:ч5)
6: A-(ч5:1), B-пас, C-пас, D- пас - на тоя ход и D е принуден да пасува
7: A-(1:ч6) - и A свършва плочките
Остават неизиграни всичките плочки на B и C
Остават неиграни и две плочки на D - това са седмата му плочка и (0:ч6).
Като съберем числата от седмата плочка на D заедно с тези на B и C получаваме резултат 120.
Към него трябва да добавим и стойността на (0:ч6) от неиграната плочка на D.
Е, лесно се вижда, че ако предварително изберем {ч3, ч4, ч5, ч6} = {3,4,5,6} няма как стойността на тая плочка да е по-малка от 3, независимо от ходовете на D.
Т.е. имаме резултат 123=120+3

Т.е. при подходящо разпределение, A може да си докара резултат 123 независимо от съпротивата на B,C и D

// Cvetanov , пак не видях, че си писал преди мен и затова съм толкова подробен.
Както и да е, стигам до още по-висок резултат :035:, дължащ се на мъничката но съществена разлика между моето и твоето разпределение

// Срам, срам, срам.
Това което съм написал е вярно само ако се играе на половин-змия. За цяла змия - резултат 120