缩分卡在数学

问题描述：

我的朋友提出这个问题给我;感觉就像在这里分享。缩分卡在数学

鉴于一副牌，我们将其分成2组，“他们交织”;让我们称这个操作为“拆分连接”。然后在生成的平台上重复相同的操作。

例如，{1，2，3，4}变得{1,2} & {3,4}（分裂），我们得到{1,3，2，4}（加入）

此外，如果我们有一个奇数的卡，即，{1，2，3}我们可以像{1,2} & {3}（更大的半分割它第一）导致{ 1，3，2} （即n被分割为Ceil[n/2] & n-Ceil[n/2]）

的问题，她问我是：

多少这样分割联接是需要得到原装甲板回来？

这让我疑惑：

如果甲板上有ñ卡，什么是多少分联接需要，如果：

ñ是什？
ñ是奇数？
Ñ是 '2' 的功率？ [我发现，我们接下来需要的log（n）（基数为2）的分裂加入数...]
（随意探索不同的场景这样的。）

有一个简单的图案/式/概念相关ñ和分裂联接所需的数量？

我相信，这是数学探索，特别是因为它提供了Riffle[]方法好事。

如何将拆分您的甲板上时，有奇数个项目？ – Benoit 2012-01-09 12:33:49

请写出适当的英文，并且不要用异常的收缩，表情符号和将所有“和”转换为＆符号来清理问题。我们期待这里有专业的语气。 – BoltClock 2012-01-09 12:46:10

@Benoit - 在这个问题中增加了1个策略，但如果你能找到更有趣的事情，也可以自由地采取相反的做法。 – fritz 2012-01-09 13:29:26

答

老问题，我知道，但奇怪的没有一个人提出了一个实际的解决数学..

countrifflecards[deck_] := Module[{n = [email protected], ct, rifdeck}, 
     ct = 0; 
     rifdeck = 
     Riffle @@ 
      Partition[ # , Ceiling[ n/2], Ceiling[ n/2], {1, 1}, {} ] &; 
     NestWhile[(++ct; rifdeck[#]) &, deck, #2 != deck &,2 ]; ct]

此处理的偶数和奇数的情况下：

countrifflecards[RandomSample[ Range[#], #]] & /@ Range[2, 52, 2]

{1，2，4，3，6，10，12，4，8，18，6，11，20，18，28，如图5所示， 10，12，36， 12，20，14，12，23， 21，8}

countrifflecards[RandomSample[ Range[#], #]] & /@ Range[3, 53, 2]

{2,4，3，6，10，12，4，8，18，6，11，20，18，28，5，10，12， 36，12， 20，14，12，23，21，8，52}

如果添加了一个卡到奇数情况下，附加卡都留在了底部，而不是改变你可以很容易地显示的顺序，因此奇数的结果只是n+1的结果。

ListPlot[{#, countrifflecards[RandomSample[ Range[#], #]]} & /@ 
     Range[2, 1000]]

enter image description here

答

引述MathWorld：

为n = 2，4的甲板，...返回到其原始顺序是1，2，4，3，6需要出混洗的号码， 10，12，4，8，18，6，11，...（斯隆的A002326），它只是2（mod n-1）的乘法级数。例如，由于2 ** 8 = 1（mod 51）（Golomb 1961），所以52张牌组成的牌组因此在8次洗牌后回到其原始状态。需要1，2，3，...的最少数量的卡2n洗牌后返回甲板的原始状态是1,2,4,3,16,5,64,9,37,6，...（Sloane's A114894）。

n奇数时的情况未得到解决。

请注意，该文章还包括一个Mathematica notebook，其功能可以探索洗牌。

非常感谢这些指针。将探讨不同的案例，看看我是否找到有趣的东西。 – fritz 2012-01-09 14:02:49

答

如果我们有一个奇数的卡n==2m-1，如果我们分裂卡，使得在各洗牌所述第一组包含m卡，第二组m-1卡，并且基团结合在一起，使得的没有两个卡相同的组最后彼此相邻，则所需的洗牌次数等于MultiplicativeOrder[2, n]。

为了证明这一点，我们注意到，一个洗牌这是在k位置卡之后移动到位置2k为0<=k<m和2k-2m+1为m<=k<2m-1，其中k是这样的：0<=k<2m-1。写模n==2m-1这意味着对于所有0<=k<n，新位置是Mod[2k, n]。因此，对于每张卡要返回到其原始位置，我们需要N洗牌，其中N是这样的，因为对于所有0<=k<n，因此N是MultiplicativeOrder[2, n]的任何倍数。

请注意，由于对称性，如果我们以其他方式拆分卡座，结果将会完全相同，即第一组总是包含m-1卡和第二组卡m卡。我不知道如果你的替补会发生什么，也就是说，对于奇数洗牌，第一组包含m卡，并且用于即使洗牌m-1卡。

这是美丽的（对称，我确实认为它不应该有所作为，但有时直觉可能会出错！）...在我的脑海中还有其他特殊情况...让我看看...！非常感谢... – fritz 2012-01-10 14:54:57

答

魔术师/数学家Persi Diaconnis有关于恢复秩序以完美的浅滩洗牌的旧作品。伊恩·斯图尔特在1998年的美国科学数学娱乐的一列写了那篇关于工作 - 例如参见：http://www.whydomath.org/Reading_Room_Material/ian_stewart/shuffle/shuffle.html

哇...！这是非常丰富和好的...！谢谢：） – fritz 2012-01-10 14:55:41

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