とりあえず、壊れた天秤は扱い・考え方がすぐには分からなかったので、
天秤は壊れていないものとして、一旦考えてみました。

場合の数を考えると、
ニセ金貨が０個　１
ニセ金貨が１個　５
ニセ金貨が２個　１０
ですから、全部で１６。

天秤を、左が軽い、右が軽い、釣り合う、の３通りの情報を得るように、
うまく使っていくと、毎回場合の数で言うと３、の情報量を得られる。

３＾ｎを考えたとき（ｎは自然数）、これが１６を超えるのは、
３＾３＝２７　のとき。

つまり、壊れていない天秤の場合、３回あれば、
ニセ金貨を特定できる可能性がある。

と、当たりがつけられる。



実際に考えてみる。

場合分けの番号は、枝番をつける方式で書く。
つまり、１−１−３は、１−１のあと更に分けた３番。
試行の前に場合分けして整理するときは、
１−イ　など、イロハをつけて整理し、考える。


まず、１回目の試行は
【ＡＢ＾ＣＤ】
とする。この時点では、どの金貨も、何の事前情報も無く、
どれを乗せても等価であることから、こう決めても一般性は失わない。

次に、
どちらかの皿が軽かった場合と、
釣り合った場合に分ける。

どちらかの皿が軽かった場合は、軽かった方をＡＢと記号を振り直して
考えても、同じことであるから、始めからＡＢが軽かったと考えても、
一般性を失わない。


★１　釣り合った場合
この場合、次の場合が考えられる。
１−イ　ニセ金貨が０枚
１−ロ　ニセ金貨が１枚
　　　この場合、必ずＥがニセ金貨である。
１−ハ　ニセ金貨が２枚
　　　ＡＣ、ＡＤ、ＢＣ　または　ＢＤのいずれがニセ金貨である。

この場合、次に【ＡＣ＾ＢＥ】で試行する。
１−１　釣り合った場合、ニセ金貨は０枚、またはＢＣの２枚。
１−２　ＡＣが軽い場合、ニセ金貨はＡＣまたはＡＤ
１−３　ＢＥが軽い場合、ニセ金貨はＥまたはＢＤ

さらに、次に【ＢＣ＾ＤＥ】で試行する。
１−１−１　釣り合った場合、ニセ金貨は０枚。
１−１−２　ＢＣが軽い場合、ニセ金貨はＢＣ。
１−１−３　（ＤＥが軽い場合、矛盾している）
１−２−１　（釣り合った場合、矛盾している）
１−２−２　ＢＣが軽い場合、ニセ金貨はＡＣ。
１−２−３　ＤＥが軽い場合、ニセ金貨はＡＤ。
１−３−１　釣り合った場合、ニセ金貨はＢＤ。
１−３−２　（ＢＣが軽い場合、矛盾している）
１−３−３　ＤＥが軽い場合、ニセ金貨はＥ。



★２　ＡＢが軽かった場合
この場合、次の場合が考えられる。
（ニセ金貨が０枚はあり得ない）
２−イ　ニセ金貨が１枚
　　　この場合、ＡまたはＢがニセ金貨である。
２ーロ　ニセ金貨が２枚
　　　この場合、ＡＢ、ＡＥ、ＢＥのいずれかがニセ金貨である。

この場合も、次に【ＡＣ＾ＢＥ】で試行する。
２−１　釣り合った場合、ニセ金貨はＡＥまたはＡＢ。
２−２　ＡＣが軽い場合、ニセ金貨はＡと確定。
２−３　ＢＥが軽い場合、ニセ金貨はＢまたはＢＥ。

さらに次に、【ＢＣ＾ＤＥ】で試行する。
２−１−１　（釣り合った場合、矛盾している）
２−１−２　ＢＣが軽ければ、ニセ金貨はＡＢ。
２−１−３　ＤＥが軽ければ、ニセ金貨はＡＥ。
２−２　　（試行の必要なし。Ａと確定）
２−３−１　釣り合った場合、ニセ金貨はＢＥ。
２−３−２　ＢＣが軽ければ、ニセ金貨はＢ
２−３−３　（ＤＥが軽い場合、矛盾している）


以上から、天秤が全て正確だと仮定して、
手順を考えてみましたが、
実はここで、ひとつ考慮したことがあります。

それは、もしも天秤に壊れたものが混ざっていたら、
あとからやりなおしたり、前の結果に基づいて
次の試行を組み立てたりすることが難しいだろう、
ということ。

そこで、前の試行結果にかかわらず、
全て同じパターン、即ち、
１　ＡＢ＾ＣＤ
２　ＡＣ＾ＢＥ
３　ＢＣ＾ＤＥ
の三回で確定できる方法を作ってみた。

結果を整理しておくと、
１【ＡＢ＾ＣＤ】　２【ＡＣ＾ＢＤ】　３【ＢＣ＾ＤＥ】
という三回の試行をして、その結果を、
軽い方を表記することにして、「左」なら左が軽いとし、
「合」は釣り合いとし、合、左、右、で表記することにすると、
結果によって、以下のようにニセ金貨が確定する。

合合合　ニセ金貨０枚
合合左　ＢＣ
合合右　（矛盾）
合左合　（矛盾）
合左左　ＡＣ
合左右　ＡＤ
合右合　ＢＤ
合右左（矛盾）
合右右　Ｅ

左合合　（矛盾）
左合左　ＡＢ
左合右　ＡＥ
左左合　Ａ
左左左　Ａ
左左右　Ａ
左右合　ＢＥ
左右左　Ｂ
左右右　（矛盾）

※ここで、初回の「左」は初回の「右」を兼ねることとする。
　但し初回「右」が出た場合、その時点で軽かった皿の金貨をＡＢ、
　重かった皿の金貨をＣＤ（Ｅはそのまま）と記号を振り直し、
　あとは、左が軽かったケースと同様に考える。



ここから、天秤の結果にエラーが混じってきた場合、
どのように補正できるのか、という方針で、
更に考えてみるが、ここで一旦力尽きたので、
続きはまた投稿します。

この難解な問題を解こうと試みました。
AB^CDの組、AC^BDの組、AD^BCの組を作り、天秤5つあるうち、3つを使い 条件により分岐させようとしました。
天秤１．２．３と名前を付け金貨の組を同時に乗せます。
１はAB^CD　２はAC^BD　３はAD^BC
天秤が壊れてないものを○とし、壊れてるものを×とし、組み合わせは
天秤１．２．３の順に○○○、×○○、○×○、○○×の可能性があるので、どのような結果になるのか全て拾い出したところ、偽金貨ゼロの場合とニセ金貨２つの場合同じ結果になることがあり、偽金貨１つの場合と偽金貨２つの場合も同じ結果になることがあり、ここで思考がストップしてしまいました。
ただ、偽金貨ゼロの場合と偽金貨１の場合共通の結果になることはないので、ここから分岐させればいいのかと思いましたが、決定打に乏しいのです。
これはなかなか難しいですね。

回答
まず、以下のように５回測定する。
【ＡＢ＾ＣＤ】　あまりＥ
【ＤＥ＾ＢＣ】　あまりＡ
【ＣＡ＾ＥＢ】　あまりＤ
【ＢＤ＾ＡＥ】　あまりＣ
【ＥＣ＾ＤＡ】　あまりＢ

測定結果を、以下のように５角形で表現する。
釣り合う→●、左が軽い→▲、右が軽い→■。
置いたときに一番上にある頂点から、時計回りに、
測定結果を置いていく。

そうしてできた五角形が、
（１）以下のパターンになったら、ニセ金貨０枚。
●
●●
●●
（本当は正五角形を描いたつもりです）

（２）以下のパターンあるいは、そのパターンの回転したものになったら、
　ニセ金貨は１枚で、以下のパターンの時は、Ｅ。
●
▲▲
■■
　回転パターンの場合は、時計回りにひとつずつ回転するごとに、
　Ａ、Ｄ、Ｃ、Ｂがニセ金貨。　

（３ａ）以下のパターンあるいは、そのパターンの回転したものになったら、
　ニセ金貨は２枚で、以下のパターンの時は、ＡＢ。
▲
■■
●●
　回転パターンの場合は、時計回りにひとつずつ回転するごとに、
　ＤＥ、ＣＡ、ＢＤ、ＥＣがニセ金貨。


（３ｂ）以下のパターンあるいは、そのパターンの回転したものになったら、
　ニセ金貨は２枚で、以下のパターンの時は、ＣＤ。
■
●●
▲▲
　回転パターンの場合は、時計回りにひとつずつ回転するごとに、
　ＢＣ、ＥＢ、ＡＥ、ＤＡがニセ金貨。


但し、当然、故障した天秤によって、完全なパターンではなく、
これらの図形が一部壊れた形で現れるが、
以下の解説で示すように、元の形は、必ず復元可能である。

したがって、この方法で、
壊れた天秤がどれか分からない状態のまま、
ニセ金貨を特定することが可能である。



以下、解説、というか思考過程です。

【ＡＢ＾ＣＤ】　あまりＥ
【ＤＥ＾ＢＣ】　あまりＡ
【ＣＡ＾ＥＢ】　あまりＤ
【ＢＤ＾ＡＥ】　あまりＣ
【ＥＣ＾ＤＡ】　あまりＢ

上記の組みあわせは、
ABCDEから、2,3番目と4,5番目を入れ替え、
ADEBCとし、さらに左にひとつシフトして、
DEBCAと並べ替える（ここまでが一回の操作）、
ということを、順に繰り返して、規則的に生成したもの。
ちなみに五回この操作を繰り返すと、もとのABCDEに戻る。


さて、上記のように測定した場合、
ニセ金貨の枚数によって、以下のように現れるパターンが決まる。

但し、説明を簡単にするために、エラーがなかったら、という形で
表現しています。エラーについてはあとで扱います。

（１）ニセ金貨が０枚の場合、全て釣り合う。

（２）ニセ金貨が１枚の場合、ここでそれがＥだったと仮定すると、
釣り合う→●、左が軽い→▲、右が軽い→■　と表記すると、
五回の測定は、順に、
●、▲、■、■、▲　となる。
Ａ，Ｄ、Ｃ、Ｂの場合、それぞれ、
Ｅの場合のパターンを、１、２、３、４個、右にシフトしたパターンになる。

※ここで「右にシフト」とは、天秤の結果を順にひとつあとにずらし、
　右からはみ出たもの（５回目の結果）を一番左（最初）に収める
　ような操作のことを表す。以下同。


（３）ニセ金貨が２枚の場合。
（３ａ）ＡＢの場合、
▲、■、●、●、■　となる。
ＤＥ、ＣＡ、ＢＤ、ＥＣの場合、それぞれ、
ＡＢのパターンを、１、２、３、４個右にシフトしたパターンになる。

（３ｂ）ＣＤの場合、
■、●、▲、▲、●　となる。
ＢＣ、ＥＢ、ＡＥ、ＤＡの場合、それぞれ、
ＣＤのパターンを、１、２、３、４個右にシフトしたパターンになる。


あとは、（１）（２）（３ａ）（３ｂ）間で、シフトパターンも含め、
ひとつエラーが起きても、他のパターンと混同しないことを示す。

右にシフトしたパターンもひとまとめのパターンとして考えること
にすると、これは、始めと終わりが連結していると考えるべきもの。
そこで、五角形を書いてパターンを整理する。

テキストで書いているので、正五角形を描けないのですが、
正五角形のつもりです。そして、一番上の頂点から時計回りに
読むことにします。

数学的には不正確な表現ですが、
いま置いた状態で、
上の頂点を「頂点」、その両脇を「肩」、
下になった辺を「底辺」と仮に呼びます。


すると、
（１）のパターンは、当然こうなります。
頂点が●、肩も●●、底辺も●●です。
●
●●
●●


（２）のパターンは、こうなります。
Ｅがニセ金貨の場合、
頂点が●、肩が▲▲、底辺が■■です。
他の場合、順に五角形を回転した形になります。
●
▲▲
■■


（３ａ）のパターンは、こう。
ＡＢがニセ金貨の場合、
頂点が▲、肩が■■、底辺が●●です。
他の場合、順に五角形を回転した形になります。
▲
■■
●●

（３ｂ）のパターンは、こう。
ＣＤがニセ金貨の場合、
頂点が■、肩が●●、底辺が▲▲です。
他の場合、順に五角形を回転した形になります。
■
●●
▲▲


実際には、ここにさらに、どれか一個の記号が、
故障天秤のせいで、変わってしまう可能性があります。

しかし、頂点・肩・底辺がハッキリしているので、
どれかひとつがエラーを起こして変わってしまっても、
元の形を復元することが必ず可能です。

次に、それを示します。

（１）のパターンがひとつエラーを起こした場合、
　問題なく、（１）のパターンであることが分かります。

また、故障した天秤が、たまたま正しい結果を提示した
場合も、問題なく、どのパターンかを決めることが出来ます。

したがって、考慮すべきは、
（２）、（３ａ）、（３ｂ）で、天秤がエラーを起こした場合です。

実は、
（２）、（３ａ）、（３ｂ）は、記号は違いますが、
本質的には同じ形をしています。
したがって、（２）で復元が可能であることが示せれば、
（３ａ）、（３ｂ）でも可能であることが分かります。

（２）で、頂点がエラーを起こした場合、
元のパターン
●
▲▲
■■

エラーパターン１
▲
▲▲
■■

エラーパターン２
■
▲▲
■■

底辺と肩の位置から、エラーを起こしたのが頂点だと容易に分かる。


（２）で肩がエラーを起こした場合、

●
▲●
■■
これは、■■が底辺なのか、●●が底辺なのか迷うところですが、
●●が底辺だと、どうしても頂点が■になってしまい、
そのパターンはエラーがない場合のパターンには存在しない。
したがって、これは、■■が底辺と判定できる。

●
▲■
■■
これも、連続するみっつの■のうちどれを底辺にすれば良いか、
一見迷うところですが、底辺が■■の場合、頂点は●しかないので、
これも、■■が底辺と判定できる。

（２）で底辺がエラーを起こした場合、

●
▲▲
■●
これは、頂点と肩から、元のパターンがどれかすぐに分かります。

●
▲▲
■▲
これも、頂点と肩から、元のパターンがすぐに分かります。

したがって、
どの位置にエラーが起きても、元の図形を復元できることが示せた。


以上から、ひとつ故障した天秤があっても、
（少し苦労はするが）ニセ金貨を特定できることが示せた。

以上。

天秤に�@〜�Dまで番号を振ります。<br>まずはAB ^ CDを2回（天秤�@�A）<br>2回のうち少なくとも1回は壊れてない天秤を使用しているので、考えられるのは下記の3つ。<br><br>○2回とも同じ皿が傾く<br>→偽物0の選択肢が消える。AB＞CDならABは本物、AB＜CDならCDは本物<br><br>△2回ともAB＝CD<br>→偽物ゼロ、Eが偽物、偽物が左右の皿に1枚ずつの3択に絞れる<br><br>□1回目と2回目で結果が異なる。<br>→金貨については不明だが、�@�Aのどちらかが壊れてることがわかる（残った�B�C�Dは全て壊れてない）

ひらめいた。
012
0ABC
1DEF
2GHI

と、並べて、
行測定２回、すなわち
0行^1行
1行^2行
列測定２回、すなわち
0列^1列
1列^2列
を測定する。

金貨の符号で表すと、以下の通り。
ABC^DEF
DEF^GHI
ADG^BEH
BEH^CFI


（１）ニセ金貨が０枚の時、
結果は全て釣り合う。

（２）ニセ金貨が１枚の時、
列測定、行測定、それぞれで、
【釣り合う相手のいない軽い３枚】×１と、
【釣り合う相手のいる重い３枚】×２に分かれる。
たとえば、Aがニセ金貨なら、
0行、0列が軽い３枚のグループで、
1,2行、1,2列は重い３枚のグループ。

（３ａ）ニセ金貨が２枚で、同じ行に２枚含まれるとき
（３ｂ）ニセ金貨が２枚で、同じ列に２枚含まれるとき
これは行と列を読み替えれば同じことなので、
同じ行（３ａ）のみ考えることにする。
この場合、
行測定は、
【釣り合う相手のいない軽い３枚】×１と、
【釣り合う相手のいる重い３枚】×２に分かれ、
同時に列測定は、
【釣り合う相手のいる軽い３枚】×２と、
【釣り合う相手のいない重い３枚】×１に分かれる。
たとえば、ABがニセ金貨なら、
0行が軽い３枚のグループ、
1,2行が重い３枚のグループ。
0,1列が軽い３枚のグループ、
2列が重い３枚のグループ。

（３ｃ）ニセ金貨が２枚で、互いに異なる行、列に含まれるとき
列測定、行測定、それぞれで、
【釣り合う相手のいる軽い３枚】×２と、
【釣り合う相手のいない重い３枚】×１に分かれる。
たとえば、AEがニセ金貨なら、
0,1行が軽い３枚のグループ、
2行が重い３枚のグループ、
0,1列が軽い３枚のグループ、
2列が重い３枚のグループ。

と、なる。


実践的には、
上に書いた３×３の表を作っておき、
軽いグループに入った行列をマークする。
**
012
0ABC
*1DEF
*2GHI

・・・と、マークしてみて・・・
互いに異なる行列に、ニセ金貨が計２枚含まれるケースで、
ニセ金貨を特定しきれないことが分かった・・・

もう少し考えます。

ついに解けた。

ABC^DEF
AD^BG
EI^FH
CG^HI

と測定する。
（１）ニセ金貨が０枚の場合は、もちろん全て釣り合う。
（２）ニセ金貨が１枚の場合、釣り合わない天秤が必ず２個出る。
共通して含まれる金貨がニセモノ。
　たとえば測定の１、２番目が共に、左が軽い場合、
　共通して含まれる金貨はA。したがってAと判定できる。

（３）ニセ金貨が２枚の場合、１、３、または４個、釣り合わない天秤が出る。
２個のことはないので、ニセ金貨が１枚の場合と区別できる。
共通して含まれる金貨を見つければ良いのだが、
ニセモノ同士で釣り合うケースがあるので、そこに注意。
AB,AD,EF,HIの場合、ニセモノ同士で釣り合う。
（この場合は、釣り合わない天秤の数が１となる）
その場合であっても、他が釣り合っていれば、
ニセモノ同士で釣り合っていると判定できる。

たとえばABCが軽かったとして、他の測定は釣り合った。
この場合ニセモノは、AB,BC,ACのいずれかになるが、
二つが分かれて天秤に乗っているのはABのみ。
したがってABがニセモノと判定できる。

釣り合わない天秤が３または４の場合も、
共通して含まれる金貨を特定することが可能。
（の、はずです。）



着想のポイントと、説明

着想のポイントは、3×3で取り組んだ場合からでした。
ABC
DEF
GHI
↑上のように３×３として、まず行の３個ずつに分けて、
次に列の３個ずつに分けて、それ同士を測定したわけですが、
その際、
ニセ金貨０枚の時、最初の二回の測定で既に０枚と判明するのに、
あと二回も０枚の証明のために測定しているのが、
無駄な気がしたんですね。

数学的にはうまく説明できないんですが、
０枚のケースのみ早く判明する→絞り込み方に偏りがある
ということのような気がして。

そこで、詳細はただの計算になるので省略しますが、
実は一回の測定の前後で、とりうる場合の数がどこまで
絞られるのか、情報量のエントロピー的に計算してみたんですね。
実際には対数にはせず、測定前後の場合の数の比を取ってみた
だけですが。ざっと計算して、３個＾３個で測定するときに、
一番場合の数が減らせそうだと分かりました。
したがって、
３個＾３個を使いつつ、
４個＾４個を混ぜるか、２個＾２個を混ぜるか、
迷いつつ試行錯誤してまして、

その過程で、各金貨の登場回数が一定にならないかと
考えました。９枚あるので、２回ずつ登場すれば、
のべ１８枚。３回ずつだと奇数になるので×。４回ずつ
登場だとのべ３６枚。３６枚÷４回＝９なのでこれは不可。
したがって、登場回数を一定にするなら、１８。
６＋４＋４＋４＝１８になります。

したがって、３枚ずつ載せる測定が１回、
２枚ずつ載せる測定が３回。

と（確信はないが直感で）、
ここからは決め打ちで検討しました。


ここで、考慮したのは、以下のポイントです。

（以下は解答とは異なる（ダメな）組みあわせです）
ABC^DEF
AD^EG
の場合のAとEのように、
同じ二枚の組みあわせを、
２回天秤の反対側に置くことがないようにしました。
（この場合AとEがニセモノだと、ニセ金貨０枚と
　区別がつけられなくなってしまう）

また、当然ながら、
ABC^DEF
AB^GH
のAとBのように、
同じ二枚の組みあわせを、
２回天秤の同じ側に置くこともないようにしました。
（この場合AとBの２枚がニセモノなのか、
　Aがニセモノなのか、Bがニセモノなのか、
　区別がつけられなくなってしまう）


全ての金貨が、必ず２回天秤に乗ることから、
ニセ金貨が１枚の時、天秤は必ず、ふたつ傾くことが分かる。
さらに、
どの２枚も、天秤の反対側に２回乗ることがない。
このことから、
【天秤がふたつ傾いたら、ニセ金貨は必ず１枚と分かる】

ニセ金貨が０枚の時は自明のため、
あとは、ニセ金貨２枚の場合について、
色々考えて、検証しました。

ニセ金貨２枚の場合は、
傾く天秤が１個のケース、３個のケース、４個のケースに
分かれることが分かりましたが、いずれも、共通する
金貨を見つけ、ニセモノを特定することが可能でした。
（１個のケースではニセモノ同士で釣り合うことを考慮
　しましたが、この場合も判定可能でした）


以上です。

理詰め半分、勘半分といったところでしたが、
たどり着いてみると、ほぼこの方針しかなさそうな
気がします。
アルファベットの並びが違う別解はたくさんあると
思いますが＾＾

最初の４回は規則正しく金貨を比較します。<br>ＡＢ・ＣＥ<br>ＢＣ・ＤＡ<br>ＣＤ・ＥＢ<br>ＤＥ・ＡＣ<br>この４回の結果から、全１６通りの可能性が最大３通りに絞ることができ、いずれも最後の配置の「左・右・平」の結果により、可能性をひとつに絞ることができる方法が存在しています。（一覧表省略）<br>　最後の判定を、前４回の規則どおりにＥＡ・ＢＤでＯＫならばキレイなのですが、残念ながらいくつか例外があるようです。

オマケ問題。

【１】符号のつけ方

まず、ヒントが出ていたのを取り入れて、
天秤の状態を符号化し、その符号とニセ金貨を対応させる
方針で考えました。但し●とか×より入力しやすいよう、

左が軽い（左にニセ金貨）1
右が軽い（右にニセ金貨）2
釣り合う（ニセ金貨なし、または両側）0

と、しました。
２枚のニセ金貨が存在するときの計算は、
傾きの足し算なので、
1+1=1
2+2=2
1+2=0
1+0=1
2+0=2
となります。


【２】すぐに分かる禁止パターン「反転パターン」

ここからすぐに分かることがあって、
天秤パターンの1を2に、2を1に置き換え、0はそのまま残した
「反転パターン」は単独ニセ金貨のパターンとしては使えない、
ということです。
1120と2210が別々の、単独のニセ金貨に割り振られてしまった
とすると、この二枚がニセモノの時と、ニセモノが０枚の時が、
区別できなくなります。


【３】天秤が傾く回数で整理する

ここで、天秤が何回傾くかで整理してみると、
見通しが良くなるように思えました。

その理由ですが、
もし、ニセ金貨Aの天秤パターンが、
0112だったとした場合、
0110や0012は、Aのパターンに覆い隠されてしまい、
もう単独ニセ金貨の天秤パターンとしては使えません。
（たとえば、0112:A 0110:Bだった場合、Aだけが
　ニセモノのときと、AとBがニセモノの時を区別
　できなくなってしまう）

逆に考えると、0110:Bのとき、このパターンの0の位置に、
１や２を入れた全てのパターンは、同じ理由から単独ニセ金貨の
天秤パターンとしては使えなくなります。

とくに影響が大きいのは、
天秤が傾く回数が１回のパターンおよび、４回のパターン。

ひとつ例示してみます。
天秤が傾く回数が４回のところに、
ニセ金貨が１枚のときのパターンを置いてしまうと、
かなり他が制約・圧迫される。

ひとつずつ、1→0、または2→0と変化させていくような、
ツリー構造を書いて見ると、

たとえば、
1111 これをAと決めてしまうと、
├0111
│├0011
│├0101
│└0110
├1011
│├0011*
│├1001
│└1010
├1101
│├0101*
│├1001*
│└1100
├1110
│├0110
│├1010*
│└1100*

*は重複している番号が現れた場合に印をつけたもので、
　大した意味はありません。

ここに登場した符号のいずれも、BからIまでのパターンとして、
使えなくなってしまう。
（全部は図示できてないです。0001なども不可になる）


つまり、単独ニセ金貨の時のパターンを、
このツリーの原点近くに持ってくると、
単独ニセ金貨の天秤パターンとして使えないものが増える。
（ニセ金貨２個のときのパターンとしてはOK）
すると、使えるパターンがかなり限定されて、破たんする
可能性が高そうだ、と当たりをつけました。

これは、傾く回数が１回の場合も、ツリーの原点みたいな
ものなので、同様です。

そこで、場合の数も多く、ツリーの原点でもない、
傾く回数が３回（と２回）を、単独ニセ金貨のパターンとして、
主に使う方針で考えます。


【４】ニセ金貨二枚のパターンはどこを使うべきか

傾く回数が３回のパターンは、
単独ニセ金貨のパターンとしてなるべく使いたいので、
AB、ACなど、組み合わせたときのパターンに、
傾き１回や傾き４回を押し込めようと考えました。


ところが、ここにも制約条件があることが分かりました。

たとえば、
1022 B
1222 BC
0202 C
このパターンは問題が大きそう。
1222になるパターンが、他にも多く存在する。
1022 B　と、
1200
0220
0202
0222
1202
1220
の組みあわせは、全て1222となる。
これらが、全て単独ニセ金貨パターンとして使えなくなるため、
天秤傾き三回と、天秤傾き二回をつなぐパターンが、
天秤傾き四回になるつなぎ方は、出来るだけ使わない方が良さそう。

したがって、
以下のパターンをできるだけ使う。
（単一金貨）（つなぎ）（単一金貨）
（B 三回）（BC　一回）（C　三回） 例 1022:B 0020:BC 2021:C
（B　三回）（BC　一回）（C　二回）
（B　二回）（BC　四回）（C　二回）←これは意外と難しいかも・・・


【５】金貨が天秤に乗る回数の全体設計

各金貨が、天秤に乗る回数（単独ニセ金貨だったら傾く回数）は、
たとえば以下のようになる必要がある。
3,3,3,2,2,2,3,3,3だと２４でOK
3,3,3,3,3,3,3,3,2だと２６なので、半端かも・・・



【６】現在の到達点

ここまででも、単に試行錯誤するのに比べると、だいぶ絞り込んで
いるはずですが、まだ難しいですね。

こんなことを考えつつ、
最後はワープロソフト上で、これらの符号を書いたカードを
（テキストボックスで）作り、それを並べ替えて、試行錯誤
したんですが、

それで、
1BDF^ACG
2ABG^EHI
3CHI^ABE
4CFI^DGH
というパターンまで作りました。
がしかしこれは、

BIとFが同じ、1001のパターンになってしまい、
残念ながら不正解と分かりました。

ここからさらに、系統的に調べる方法が存在するのか、
あとはもう、試行錯誤するしかないのか・・・
それがハッキリしないので、ここまでで止まりました。

また、上の方で考察したポイントについても、
「そうしたほうがよさそう」という直感、予想にとどまっており、
絶対にそうすべきかどうか、確定的なことは言えないので、
例外的なパターンが少数混ざって正解パターンが生まれるのかも
しれない・・・

というのが現状です。


【７】まだ考慮すべき点があるとすれば・・・

まだ考慮すべき点があるとすれば、それは、
天秤のパターンの符号同士の「距離」でしょう。
0111と0112は一個だけ1→2と変化させています。
これを、ハミング距離のように「距離１」と定義するか、

あるいは、上に書いたようなツリー構造上の距離を
考えるなら、
1は必ず0にしか変化できない。
2も必ず0にしか変化できない。
0は1にも2にも変化できる。
と、なるんですが、これを考慮した「距離」を定義する
なら、0111と0112の距離は、
0111→0110→0112となり、距離２となる。

この、どちらかの距離を使って考えると、より簡単に
なるのか・・・？

これは、必ずしも問題と向き合って考えたことではなくて、
そういえば、s_hskzさんってハミング距離とか好きだったような
気がしたなぁ、みたいなことから推測したことなんですが・・・



まだロックしないでね、というメッセージでした。

５回、非常に規則正しく金貨を配置します。
ＡＢ対ＣＥ　◎◎対◎−◎
ＢＣ対ＤＡ　後ろに一個ずつズラシて行く
ＣＤ対ＥＢ
ＤＥ対ＡＣ
ＥＡ対ＢＤ
５枚から２枚を選ぶ組み合わせ１０通りが全て登場しています。

すべての金貨が４回登場することから、ある金貨一枚を本物からニセ（あるいはその逆）に入れ替えると、４回ないし３回（もともと下がっていた天秤の金貨をニセに変えた場合は変動しない）分の結果が変わるので、天秤が５つとも正しい場合の全１６通りの可能性についての結果群を比較すると、　「５回適合」あるいは「２回以下の適合」になります。
壊れた天秤を含んで得られた結果は、
　正しいニセ金貨組合せ：「４回以上の適合」
　他のニセ金貨組合せ：「３回以下の適合」
であるので、この５回の試行で必ず一意的に解が得られることが確定します。

　天秤が５つとも正しければ、（左が上がる，平，右が上がる）の分布は、
◎ニセ金貨がゼロ個の場合は（０，５，０）
◎ニセ金貨が１枚の場合は左右２回ずつ（２，１，２）　※天秤が傾いた４回ともに共通して上がった金貨がニセ
◎ニセ金貨が２枚の場合は（２，２，１）系＜（１，２，２）を含む。＞
　　※左右いずれか、一回だけだったサイド、（１，２，２）なら左、が下がったときの組み合わせの二枚がニセ、釣りあうのはニセ二枚が両方が両サイドに使われたときなので、釣り合ったときに待機しているのはニセではない、
という大原則があります。


＜ニセ金貨発見手順早覚え＞
ニセ金貨がゼロ枚であることの判定
釣りあう回数は４回以上。（傾くのは１回以下）

ニセ金貨が一枚であることの判定
･･･上がった天秤３回以上全てに共通する金貨がある
･･･上がった天秤５回のうち４回に共通する金貨がある
以上のどちらかに当てはまった場合、その一枚がニセ金貨。
以上に当てはまらない場合、ニセ金貨は１枚ではない。（＝ニセ金貨２枚）

（２，３，０）の場合、傾いた二回について、それぞれ待機していた金貨、計２枚がニセ。

以上のどれにも当てはまらない場合、上がった天秤の中に必ずニセ二枚の組み合わせがある。
特に、左が右が一回だけ上がっていた場合は、それがニセの組み合わせ。


＜網羅的分析＞
０：釣りあった回数が０回：（３，０，２）系のみ。
（２，１，２）からの派生であることが確定、ニセ金貨は１枚。
　天秤が上がった５回に４回共通する金貨がニセ。

１：釣りあった回数が１回：
　1-i　（３，１，１）系の場合、（２，２，１）系からの派生。ニセ金貨は２枚。
　左右いずれか、一回だけだったサイド、（１，２，２）なら左、が下がったときの組み合わせの二枚がニセ
　1-ii (２，１，２）系の場合、
　　そもそも（２，１，２）系（誤情報なし）。と仮定、天秤が傾いた４回ともに共通して上がった金貨があれば、その１枚がニセ。
　　天秤が傾いた４回ともに共通して上がった金貨がない場合、（２，２，１）系からの派生であることが確定、ニセ金貨２枚。
　　★釣りあった一回の情報は正確なので、天秤の両側にニセ二枚が散っている。待機している一枚はニセではない
　　☆上がった天秤の中に二枚の組み合わせがある＝★で判った本物金貨の含まれていない組み合わせが一個だけあり、その二枚がニセ。

２：釣りあった回数が２回：　
　傾いた３回について、共通して上がった一枚があれば、その１枚がニセ。
　ない場合、（２，２，１）系で、誤情報なし。そもそも左右いずれか、一回だけだったサイド、（１，２，２）なら左、が下がったときの２枚の組み合わせがニセ。

３：釣りあった回数が３回：（２，２，１）系からの派生に限られる・ニセ金貨は２枚で確定。
　3-i （２，３，０）の場合、、傾いた２回について待機していた２枚がニセ金貨。
　3-ii（１，３，１）の場合、上がった天秤に共通して乗っていた金貨があり（例AB/AC　でA）、Aが一枚目のニセ。
　もう一枚は、Aが乗っていて釣りあった２回のうち、反対側の天秤に共通して乗っている金貨がニセ。

４：釣りあった回数が４回または５回の場合：ニセ金貨０枚が確定。

�@ABCD＾EFGH
�ABCDE＾FGHI
�BCDF＾GHI
�CDG＾HA

（解けてはいませんが、「地図」を作ってみました）
この地図があると、Ｔに属する（＝天秤が３回傾く）Aから、Ｙに属する（＝天秤が２回傾く）Bにつなぐパターンを、Ｑ（＝天秤が４回傾く）から選ぶ、
といった「計画」が立てられます。
闇雲にチャレンジするよりも、だいぶマシかと。

これと、ExcelVBAの関数を武器に攻めているんですが・・・それでもまだまだ・・・(>_<)

各パターン間の「距離」について考えてみる
代表として、0111を使うことにする。
他のパターンも、基本的には同様になるはず。

また、天秤が０、１、２、３、４回傾くパターンの集合を、
それぞれ、Ｎ、Ｍ、Ｙ、Ｔ、Ｑと名付けることにする。
none、mono、後述、tri、quad、の頭文字です。
Ｂは金貨の記号として使われているので、二股っぽいＹを（笑）

集合Ｔの代表例として、以下を使う。
0111

ＴーＹ間の「距離」を考える。

「単純距離」と、
「ツリー上距離」を定義する。
単純距離とは、01→02のように、ひとつだけ数字を変える
操作を、何回行ったらたどり着くか、で測った距離。
ツリー上距離とは、01→00→02というように、1⇔2の直接
変換を許さず、必ず一度0を通る必要があるという条件で、
同様に、何回操作を行ったらたどり着くかで測った距離。


操作を表す符号を以下のように表記する。
傾く天秤（1または2）を釣り合う(0)ように変換：z
釣り合っている天秤(0)を傾くよう変換：x
傾く天秤を逆の傾きに「反転」：r
1ないし2をひとつゼロにし、もうひとつの1ないし2を反転、
というパターンはzrと表記。
ふたつ反転は2rと表記。


（１）符号：z
0110のように、あるパターン（∈Ｔ）の1または2を、
ひとつ0に置き換えたパターン（∈Ｙ）の場合は、

0111→0110　（単純距離、ツリー上距離ともに１）
必ず距離１になる。

元のパターンと（１）の組みあわせ（足し算）パターンは、
0111のように、元のパターンそのもの（∈Ｔ）になる
（単一ニセ金貨のパターンとしては使用不可）。


（２）zr
0120のように、あるパターン（∈Ｔ）の1または2のうち、
ひとつを1→2または2→1と変化、もうひとつを0にして
作ったパターン（∈Ｙ）の場合は、

0111→0110→0120　（単純距離２）
あるいは、1→2、2→1の直接変化を許さないとすれば、
0111→0101→0121→0120　（ツリー上距離３）

元のパターンと（２）の組みあわせは、
0101のように、ひとつ1ないし2が消えて、0になり、
結果、Ｙに属する。

（３）z2r
0220のように、あるパターン（∈Ｔ）の1または2のうち、
ひとつを0にし、残りを全て、1→2、2→1と変化させて、
作ったパターン（∈Ｙ）の場合は、
0111→0110→0120→0220　（単純距離３）
あるいは、ツリー上距離は、
0111→0011→0211→0201→0221→0220　（ツリー上距離５）

元のパターンと（３）の組みあわせは、
0001のようにふたつ1ないし2が消えて0になり、
結果、Ｍに属する。


（４）2zxr
1020のように、あるパターン（∈Ｔ）の0を1または2にする。
さらに0以外の要素のうち、ふたつを0に、残りを1→2、2→1と
変化させて作ったパターン（∈Ｙ）の場合は、
0111→1111→1011→1021→1020　（単純距離４）
0111→0110→1110→1100→1120→1020　（ツリー上距離５）

元のパターンと（４）の組みあわせは、
1101のように、ひとつ1ないし2が消えて0になり、
ふたつは残り、また0であった部分が1ないし2になり、
結果、Ｔに属する。


次にＴーＴ間の「距離」を考えてみる。

（５）r
0112のように、あるパターン（∈Ｔ）の1または2のうち、
ひとつを1⇔2と反転させたパターン（∈Ｔ）の場合は、
0111→0112　（単純距離１）
0111→0110→0112　（ツリー上距離２）

元のパターンと（５）の組みあわせは、
0110のように、変化させた部分だけが消えて0になり、
結果、Ｙに属する。


（６）2r
0122のように、あるパターン（∈Ｔ）の1または2のうち、
ふたつを1⇔2と反転させたパターン（∈Ｔ）の場合は、
0111→0112→0122　（単純距離２）
0111→0110→0112→0102→0122　（ツリー上距離４）

元のパターンとの組みあわせは、
0100のように、変化させた部分だけが消えて0になり、
結果、Ｍに属する。


（７）3r
0222のように、あるパターン（∈Ｔ）の1または2を、
すべて1⇔2と反転させたパターン（∈Ｔ）の場合は、
0111→0112→0122→0222　（単純距離３）
0111→0110→0112→0102→0122→0022→0222　（ツリー上距離６）

元のパターンとの組みあわせは、
0000になる。Ｎに属するが、これは単独ニセ金貨の
パターンとしては使えない。


（８）zx
2011のように、0→1または2。みっつある1または2のうち、
ひとつを0にしたパターン（∈Ｔ）の場合、
0111→2111→2011　（単純距離２）
0111→2111→2011　（ツリー上距離２）

元のパターンとの組みあわせは、
2111のように、Ｑに属する。


（９）zxr
2012のように、（８）からさらにひとつ1⇔2としたパターン。
0111→2111→2011→2012　（単純距離３）
0111→0110→0112→0012→2012　（ツリー上距離４）

元のパターンとの組みあわせは、
2110のように、1ないし2がひとつ消えて、0が1ないし2になり、
結果、Ｔに属する。


（１０）zx2r
2022のように、（９）からさらにひとつ1⇔2としたパターン。
0111→2111→2011→2012→2022　（単純距離４）
0111→0110→0112→0102→0122→0022→2022　（ツリー上距離６）
元のパターンとの組みあわせは、
2100のように、0にした部分は残り、変化させた部分は消え、
0→1ないし2になり、結果Ｙに属する。


追加：あとから考えたが、
Ｔ−Ｙ間のパターンがもうひとつあった。

（11)2zx,3,3,T-Q-Y,○
0101のように、1ないし2をふたつ0に変化、0を1または2に変える。元のパターンとの組みあわせは、1111のようになり、
結果、Ｑに属する。



操作番号、操作符号、単純距離、ツリー上距離、元の集合ー組合せの集合ー変化後の集合、
元のパターンと干渉する禁止パターンかどうか（○×）
の順に表にする。

（１）z, 1,1,T-T-Y,×
（２）zr, 2,3,T-Y-Y,○
（３）z2r, 3,5,T-M-Y,○
（４）2zxr,4,5,T-T-Y,○
（５）r, 1,2,T-Y-T,○
（６）2r, 2,4,T-M-T,○
（７）3r, 3,6,T-N-T,×
（８）zx, 2,2,T-Q-T,○
（９）zxr, 3,4,T-T-T,○
（10)zx2r,4,6,T-Y-T,○
（11)2zx,3,3,T-Q-Y,○

※「元の集合ー組合せの集合ー変化後の集合」とは、
　たとえばA-AB-Bが天秤の傾き回数何回の集合に属するかを表す。
※元のパターンと干渉する禁止パターンとは、
　i) 元0111→変化後0110の場合、変化後のパターンが、元のパターンに
　　埋もれていて、A,BとするとBがニセ金貨かどうか判定できない。
ii)元0111→変化後0222の「反転パターン」の場合、これらがA,Bと
　　なると、ニセ金貨0まいの場合と区別が付かなくなる。
　以上２パターンに当てはまる場合は即ダメと判定できるので×。
　それ以外は○をつける。


なお、今まで発見した中で、一番オシイのは、
このパターン。

指定されたABC^DEFの形式には、
直してないです。すいません・・・
あと、T→Yの順の時は説明通りなんですが、
Y→Tの時はすいません、ＴからＹに変換、というように読み替えてください。


案２（最も遠い1111と2222を使う方針）
A(T)2012
（６）2r, 2,4,T-M-T,○
B(T)1011
（11)2zx,3,3,T-Q-Y,○
C(Y)0101
（３）z2r, 3,5,T-M-Y,○
D(T)1202
（４）2zxr,4,5,T-T-Y,○
E(Y)0120
（４）2zxr,4,5,T-T-Y,○
F(T)1012
（３）z2r, 3,5,T-M-Y,○
G(Y)2020
（11)2zx,3,3,T-Q-Y,○
G(T)2202
（６）2r, 2,4,T-M-T,○
I(T)1201

予定通り天秤４回（Ｑ）と天秤１回（Ｍ）のパターンを、単独金貨ではなく、ふたつの組みあわせのパターンに押し込めたんですが・・・

残念ながら、
BHとAI、ADとFH、BDとFIが干渉し合ってます。

対消滅パターンを避けるため、「反転点対称」に攻めているんですが、
B 1011と H 2202　は、順番を逆にして（点対称）、1と2を反転させている。他も同様。

逆にそのことで、使えるパターンを狭めている気もしますので、これが吉と出ているのか、凶と出ているのかは分かりません・・・

以下、Studio Kamada掲示板からのコピペです。


「天秤をN回だけ使って(3^N-1)/2枚のコインの中から重さの異なる1枚を見つける方法」は2001年11月16日に書きました。
大雑把に書くと、
(1)(3^N-1)/2枚のコインに平衡3進数で0〜(3^N-3)/2の番号を振り、1…10で始まる番号だけ符号を反転しておく。(3^N-3)/2枚のときは0番を使わない。
(2)番号のk桁目が1のコインを左に、-1のコインを右に乗せると、天秤の傾き方で本物より重い場合と軽い場合について偽物のコインの番号のk桁目が分かる。これをN回繰り返す。
(3)(1)で振った番号と(2)で求まった番号を突き合わせると、どれが偽物のコインでそれが本物より重いのか軽いのかが分かる。
こんな感じです。

あなたの囁き ５回、非常に規則正しく金貨を配置します。
ＡＢ対ＣＥ　◎◎対◎−◎
ＢＣ対ＤＡ　後ろに一個ずつズラシて行く
ＣＤ対ＥＢ
ＤＥ対ＡＣ
ＥＡ対ＢＤ
５枚から２枚を選ぶ組み合わせ１０通りが全て登場しています。

全１６通りの正解の可能性について、天秤が５つとも正しい場合の全１６通りの可能性についての結果群を比較すると、
「５回適合」あるいは「２回以下の適合」になります。
壊れた天秤を含んで得られた結果は、
　正しいニセ金貨組合せ：「４回以上の適合」
　他のニセ金貨組合せ：「３回以下の適合」
であるので、この５回の試行で必ず一意的に解が得られることが確定します。


一個一個の金貨に着目。４回の試行で一回上がり、二回下がったとしたら（上１下２）と表す。

＜記憶すべきＴＩＰＳ＞
・（上３以上）、あるいは（下０）はニセ金貨。
・上回数＞下回数であれば、ほぼニセ金貨。
　唯一の例外が、（上２下１）の見分け方。
　他に（上３下０）がある場合、（上２下１）はニセ。
　他に（上３下０）がない場合、（上２下１）は本物。

＜解を探す手順＞
手順０１：　質問：天秤がつりあった回数は何回？
イ：４回以上　ニセ金貨はゼロ枚と確定。（ＥＮＤ）
ロ：３回　（下０）の金貨が２枚あるはず。その２枚がニセ金貨と確定（ＥＮＤ）
ハ：２回以下　手順１１へ

＜ニセ金貨が一枚であることを探るゾーン＞

手順１１：　質問：（上３）または（上４）の金貨があるか？　
ＹＥＳ→　金貨Ｘと名づける。金貨Ｘはニセ確定。手順１２へ。
Ｎｏ→　ニセ金貨は２枚と確定。手順２１へ

手順１２：　質問：金貨Ｘを分類
イ：金貨Ｘは（上４下０）ニセ金貨は金貨Ｘの一枚だけ、と確定　（ＥＮＤ）
ロ：金貨Ｘは（上３下１）ニセ金貨は金貨Ｘの一枚だけ、と確定　（ＥＮＤ）
ハ：金貨Ｘは（上３下０）手順１３へ

手順１３：　質問：金貨Ｘ（上３下０）のほかに、（上２下１）の金貨がある
ＹＥＳ→　ニセ金貨は２枚、Ｘとその金貨　（ＥＮＤ）
Ｎｏ→　ニセ金貨は１枚、金貨Ｘだけと確定　（ＥＮＤ）

＜ニセ金貨２枚に確定している＞
手順２１　
　整理：・ここまできた場合、つりあい回数は２回で、ニセ金貨は２枚に確定している。。
・誤った情報は、無いか、「傾きを逆にした」場合であることがわかり、
　　　　　つりあい情報は全て正しい。←これ重要　
・つりあった２回は、二枚のニセ金貨が必ず左右に分かれて乗っている
　　　　　→そういう組み合わせの２枚を見つければよい　（ＥＮＤ）

以前の投稿で、「ツリー上距離」を定義しましたが、<br>この距離の面白い性質を発見しました。<br><br>表現するならこんな感じです。<br>Ａ、Ｂの天秤パターンを「足し算」すると、<br>そうして出来た複合パターンＡＢは、必ず、<br><br>Ａ、Ｂの「間」に位置し、<br>Ａ→（距離a）→ＡＢ→（距離b）→Ｂ<br>ＡとＢの距離はa+b<br><br>という関係を満たす。<br><br><br>以下、説明です。<br><br>ある金貨の天秤パターンから、別の金貨の天秤パターンを<br>作るときの「操作」を前の投稿でいくつか定義しましたが、<br>たとえばそのうちの、(2)zrを例にとると、<br>非０の要素を、1個０に変え、別の1個を1⇔2と反転させる、<br>という操作ですので、<br><br>0111→0021<br>などと変わります。<br><br>このときの「距離」は、<br>1⇔2の直接変換を許さず、<br>必ず0を通って変換するルールで考える（ツリー上距離の定義）と、<br><br>0111→0011→0001→0021<br><br>こんな風に「距離３」であることが分かります。<br><br>このとき、<br>元のパターン0111と、<br>操作して生成した0021の複合パターンを考えます。<br><br>つまり元がニセ金貨Ａ、新たに生成したのがニセ金貨Ｂだったら、<br>ニセ金貨がＡＢの天秤パターンを考えるわけです。<br><br>「風変わりな足し算」を行うと、結果は、<br>0001　となるわけですが、<br><br>これ、上の変換ルートの中に出てきています。<br>（違うルートもあるのですが、どうやら、<br>　必ず、変換ルート上に、複合パターンが出現する、<br>　そのような変換ルートの取り方があるようなのです）<br><br>そして、距離の足し算が、面白いことになっています。<br>元のパターンがＡ　変換後がＢ<br>複合パターンをＡＢと表現すると、<br><br>Ａ→（距離c）→Ｂ<br>Ａ→（距離a）→ＡＢ<br>ＡＢ→（距離b）→Ｂ<br><br>と、距離を定義したとき、どうやら、<br>c=a+b<br>になるようです。<br><br><br>言い換えると、こういうことです。<br><br>Ａ、Ｂの天秤パターンを「足し算」すると、<br>そうして出来た複合パターンＡＢは、必ず、<br><br>Ａ、Ｂの「間」に位置し、<br>Ａ→（距離a）→ＡＢ→（距離b）→Ｂ<br>ＡとＢの距離はa+b<br><br>という関係を満たす。<br><br><br><br>全て（かどうかは自信ないですが）の「操作」について、<br>変換前→複合→変換後のパターンについて、<br>「距離」を求めてみたのですが、<br>例外なく、そうなっています。<br><br>「距離」は「ツリー上距離」で決め打ちで考えています。<br>リストの表記法ですが、<br>z　非０要素をひとつ０にする<br>x　０要素を、ひとつ非０にする<br>r　非０要素を1⇔2とひとつ反転する<br>数字　あとに続く操作を数字の数だけ行う<br><br>操作の内容の次が、距離、そのあと、<br>たとえば、T1Y2Yというのは、<br><br>元の天秤パターンが集合Ｔ（３回傾く）に属し、<br>「足し算」した複合パターンが集合Ｙ（２回傾く）に属し、<br>変換後のパターンが集合Ｙに属し、<br>間の距離が、順に1,2である、という意味です。<br><br>ここまで、例外なく、上で説明したことが成り立ってます。<br><br>最後の○×は、この変換が使えないことが自明→×、という意味。<br><br>（１）z, 1,T0T1Y,×<br>（２）zr, 3,T1Y2Y,○ <br>（３）z2r, 5,T2M3Y,○ <br>（４）2zxr,5,T2T3Y,○ <br>（５）r, 2,T1Y1T,○ <br>（６）2r, 4,T2M2T,○ <br>（７）3r, 6,T3N3T,× <br>（８）zx, 2,T2Q2T,○ <br>（９）zxr, 4,T2T2T,○ <br>（10)zx2r,6,T3Y3T,○ <br>（11)2zx, 3,T1Q2Y,○ <br>（12)zx, 2,Y1T1Y,○ <br>（13)2z2x,4,Y2Q2Y,○ <br>（14)r, 2,Y1M1Y,○ <br><br><br>天秤パターンが「重複する」ということは、<br>「距離０」のものが出現する、ということと同義なので、<br>この距離を使って、うまく戦略的にパターンを求められないか、<br>考えているところです。<br><br>距離が、順に2,4,6の変換を使うと2+4=6になってしまい、<br>気づいたら元のパターンに戻っていたということがあり得るので。<br>（但しそうじゃない可能性もかなりあって、ヒント程度にしか<br>　ならないのが痛いところです）<br><br><br>また、<br>たとえば、集合Ｔに属する「元のパターン（Ａ）」に、<br>（５）r の操作を加え（→Ｂ）、そこからさらに、（６）2rの操作を<br>加え（→Ｃ）たときに、3rになってしまったら（７）3rのＮＧパターン<br>（対消滅）が（ＢとＣの間で）出現してしまう。<br><br>あるいは、r操作を同じ桁に２回加えると元に戻るので、<br>（２）zrのあと、（１４）rを「同じ桁に」加えると、<br>結果（１）zが生まれるので、<br>A→（２）→Ｂ→（１４）→Ｃ　と変換した場合、<br>A→（１）→Ｃと同等になり、<br>これは、「ブラックホール型」のＮＧパターンです。<br><br>このようにして、具体的なパターンを当てはめる前に、<br>「操作」間の干渉を調べて戦略が立てられないか・・・<br>ということを考えているのですが、<br>なかなか結論は出ていないです・・・<br><br><br>また、純粋に「距離」の加減だけで答えを導くには、<br>素数が少なすぎるというか、距離２や３が多すぎて、<br>可能性を絞り込みにくいと感じています。<br>距離７とか１３とかが多数登場するなら、うまく組み合わせて、<br>距離０が出ないように、という工夫もしやすそうなのですが・・・<br><br><br><br>しかし、このツリー上距離、<br>こんなにキレイに整理出来るということは、<br>何か本質的な表記法になっているのか、<br>それとも（私が理解してないだけで）自明なことなのか、<br>はたまた、キレイなだけで、解法とは関係ないのか、<br><br>そこがまだ、つかめないでいます・・・<br><br>が、面白いので投稿してみました。<br>