(新)大学生建模报告汇总海盗分赃问题

海盗分赃问题一.问题重述：以前,在一个小岛上有一伙海盗（共5人），他们刚才素来往的运金船上抢得了一批金砖，经点算合计1000块。有一个狡猾的海盗建议，不采纳均匀分派的原则，而是将5个人依据一种序次，挨次提出分赃方法，假如第一个人提出的方法有多半或多半以上的人赞同（包含建议人自己），则大家就按他的方法分派，不然就把他干掉，由下一个人持续提出方法；挨次类推。前提是这些海盗都特别贪心和聪明，能够多获取一块就不会拱手让给他人，但是他们又很重江湖规矩，一旦决定了分派方法就会依据它履行，不会采纳任何特别手段强抢。究竟怎样分配，既能够保留自己生命，又能够获取尽可能多的财宝？模型假定：五名海盗编号，分别为A,B,C,D,E;模型求解：整个过程能够概括为下表：E10000101D/1000010C//99901B///9990A////998从此题中能够看出，在议论编号序次时，怎样将自己放在首位将直接决定所分得的黄金数目。4．模型进一步思虑：（1）.当只在多半以上（不含多半）议论该问题时，哪个地点是最好的？（2）.当金块数目为3，人数为6时，哪个地点是最占廉价的？5．问题的延长：从问题中我们能够看出，在这个问题中，匪徒们在赞同该建议时，则最后的分派结果，在某种意义上说，是绝对公正的。但是，由于他们都很聪慧，所以第一个地点的抢夺将是无休止的，也就是说这个问题是无结果的。再者，我们能够把金块等同于其余有待分派的实体。明显，只有给每一个人给予必定的权值求解该问题才是存心义的。故运用席位分派问题来取代它，以给出某种较公正的分派方法。6．说明：设第i方人数为pi，i=1,2,m,z总人数p=∑pi理想化的席位分派结果为Ni,知足N=∑Ni。记qi=N×pi/p,则应有Ni=qi.以下研究qi不全为整数的情况.Ni是N和pi的函数，记Ni=Ni(N,p1,pm),,

待分派的席位为N,明显若qi,均为整数，分别为qi向下取整和向上取整，则公正分派方法的理想化原则为：原则一：[qi]-≤Ni≤[qi]+,i=1,2,m,即Ni必取[qi]-,[qi]+两者之一。原则二:Ni(N,p1,pm)≤Ni(N+1,p1,pm),i=1,2,m,即总席位增添时Ni不该减少。申明：我们的初衷是为了逢迎这两个原则去选择一种方案,而不是结构出某种方法后再去考证它能否知足它们。我们不得不认可我们的出发点是鄙俗的，甚至是下贱的。但是正是在这类思想的引导下，在选择方案的过程中，我们惊喜地发现，我们获取的倒是最最振奋人心的结果，换句话说，我们把知足这两条原则的全部分派方案都找到了。我们不如把这类方法命名为方法。它不单知足这两条原则并且给出了一个特别明确的数目指标。所以，从某种意义上说，席位分派问题获取了圆满的解决。我们能够勇敢的说，假如它能够获取大家的认同，那么我们此刻使用的《数学模型》（第三版）的下一版就应当有所修正，切实地说应当是更正了。方法简介：设总人数为N，组数为W,各组人数为n;待分派的席位为M。为了知足上述两条原则。我们能够这样来选择分派方案：当待分派席位数M确立后，则每组最理想的分派席位数分别为niM/N。我们来议论前式含非整数的状况。不如设前式的小数部分的和为T。明显0<=T<W，我们只须选此中T个向上取整即可。当待分派席位数为M+1时，我们从上向下取整的一个组加上一个席位且知足原则一。（我们若得不到，则只须调整上步总可获取）但是此刻总席位数为M＋1的分派方案能否知足原则二是有待考据的。所以我们不如采纳倒推法。从总席位数等于总人数N向来往下推，按上述方法的逆方法，则原则二明显知足了，我们只须给出一条法例，以保证它知足原则一即可。以下表所示：分组总人数12345次数席位200019991998199719961995111001099.451098.91098.351097.81097.252700699.65699.3698.95698.6698.25310099.9599.999.8599.899.75...

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...说明：我们的组是依据大小变化来摆列的，从上表中简单得出每一行都是等差数列，并且每组的人数越多，公差越大，也就是总席位每减少一个，则从这一组减少一个席位的几率越大。观察ni×M/N每减少k个席位。即M减k时，前式就变成(ni×M-ni×k)/N我们记[ni×M/N]-,[ni×M/N]+分别为向下,向上取整。此刻我们将ki挨次取1，2，3,向来到[(ni×M-ni×k)/N]=[ni×M/N]--1为止，并记下ki这样我们按ki从小到大的次序将W个ni×M/N排了个序。我们按这样的次序挨次取W-T个组，并将它们向下取整，其余T组向上取整这就是方法的核心内容。它相当于引入了另一个相对不公正度的观点。此刻我们来证明这类方法是可行的。我们只须举出可能的不行行的情况，并将它们一一否认即可。明显只有一种可能，即M个席位分派后，当减少一个席位时，出现两个以上[(ni×M-ni×k)/N]-=[ni×M/N]--1，而在上一步分派M个席位时我们却取了它们的上界。我们来证明在上述法例的前提下，这类情况是完整能够防止的。由于是这样，我们总有其余取下界的组，而当M-1时它们的整数部分是不变的，而按我们的法例，我们早在M以前应当取(ni×M-ni×k)/N的下界而非上界。证毕。说明：假如我们按向上取的方法，也能够得解，不如称之为逆法例。只可是结果倒是迥异的，大家能够一试。以这类方法为基础，我们能够获取知足原则一和原则二的全部分派方案。据我们大略的预计，当组数为4，各组人数相差不是很悬殊的状况下，我们能够获取一组斐波那契数列，并从第三项开始对其乞降。即：2＋3＋5＋8＋13＋21＋34＋55＋+an(第n项);我们没有获取它的通式，但是它起码比n2阶要大好多。如上所述，这一法例的意义不单在于对任一分派问题找到了一个较满意的分派方案，我们其实还能够把它作为一个定常轨道，把其余全部有待考据的方法归入此中。例：不如设按Q值法把M个席位分派完成，假如与我们的方法不一样，则依原则一，原则二向