Il quizzino di domenica scorsa ha una soluzione che sembra essere stata tirata fuori da un cappello: come si potrebbe immaginare un protocollo di questo tipo? In realtà le cose non stanno proprio così: pensandoci su attentamente, non è troppo difficile arrivare alla soluzione. Il trucco è pensare a tutti i casi possibili contemporaneamente anziché cercare di lavorare caso per caso. Vediamo come si può fare.

Innanzitutto ricordo il contesto. Ci sono tre oggetti a, b, c; due giocatori, che chiameremo A e B, devono trovare l’oggetto corrispondente al loro nome. Essi hanno due tentativi ciascuno a disposizione ma non possono scambiarsi informazioni, quindi l’algoritmo da seguire deve essere preparato a priori. Sappiamo che ci sono sei permutazioni possibili di a, b, c; sappiamo anche che un singolo giocatore non può fare meglio di una probabilità 2/3, e quindi quello è il valore massimo ottenibile. Detto in altri termini, l’algoritmo può al massimo dare la risposta corretta in quattro casi su sei. Nel nostro gioco, “risposta corretta” significa che entrambi i giocatori trovano il loro oggetto; per massimizzare le probabilità di farlo, dobbiamo fare in modo che non capiti mai che uno solo indovini, ma quando il primo sbaglia sbagli anche il secondo. In tal modo compattiamo il più possibile gli errori.

Cominciamo dalla prima scelta del primo giocatore: è assolutamente casuale, quindi diciamo che apre la porta 1. I casi sono due: o c’è l’auto oppure no. (Non mi interessano le probabilità relative, almeno per il momento). Se l’auto è là le permutazioni corrispondenti sono abc e acb; al giocatore 2 basterà non aprire la porta 1 e la squadra vince. Questo ci fa dedurre che la prima mossa del secondo giocatore non deve essere la porta numero 1. Abbiamo trovato due casi vincenti. Se invece l’auto non c’è, può scegliere la porta 2 oppure la 3, che hanno la stessa probabilità di avere l’auto: le quattro permutazioni rimaste sono bac, bca, cab, cba.

Il primo giocatore potrebbe sempre scegliere la porta 2, e quindi trovare l’auto nei casi bac e cab, mentre non la troverà nei casi bca e cba. Passiamo ora al secondo giocatore: visto che sa che il primo non ha aperto la porta 3, la aprirà per prima. Se trova a sa già che hanno perso; se trova b hanno vinto; se trova c non sa però quale delle altre due porte aprire, e quindi la soluzione non è ottimale perché abbiamo tre casi in cui perdono: i due che terminano con a e uno dei due che termina con a. Quindi il primo giocatore deve aprire l’eventuale seconda porta a seconda di quello che trova nella prima: le due possibilità sono “scegliere la porta corrispondente a quello che si è trovato” e “scegliere l’altra porta”. Di per sé la situazione resta simmetrica, perché basta cambiare il numero alle porte 2 e 3; possiamo quindi immaginare che faccia la prima scelta, e quindi vinca nei casi cba e bac e perda nei casi cab e bca. Passiamo al secondo giocatore. Aprendo la porta 2, se trova b hanno vinto, perché le due combinazioni con b al secondo posto sono entrambe vincenti per il primo. Se trova a, i due casi possibili sono cab e bac; gli conviene sperare nella seconda, perché se fosse la prima tanto avrebbero già perso. Quindi aprirà la prima porta. Similmente se trova c gli converrà aprire la terza porta. Per i curiosi: se il primo giocatore avesse scelto l’altra strategia, e quindi i casi perdenti fossero cba e bac, naturalmente il secondo giocatore avrebbe dovuto aprire inizialmente la porta 3: come dicevo, basta scambiare tra loro le due porte. Si sarebbe arrivati comunque alla soluzione, ma l’algoritmo sarebbe stato più difficile da memorizzare.

Il vantaggio di questo gioco in miniatura è che le possibilità sono così poche (sei…) da poter fare l’analisi a mano. Ma il principio “cercare di raggruppare insieme tutti i casi perdenti, così ce li togliamo dai piedi in un colpo solo” è importantissimo in questo tipo di problemi. Il secondo principio da notare è che anche in un caso così semplice non è possibile definire una strategia indipendente da cosa appare nella prima porta aperta. A un certo punto mi ero detto “ma non possiamo far scegliere per esempio a entrambi i giocatori una permutazione ciclica di abc? Poi ho guardato ed evidentemente la cosa funziona solo se la permutazione è effettivamente ciclica, quindi la probabilità di vittoria finale è solo del 50%. Questo significa che non basta indovinare o sbagliare entrambi, ma bisogna anche pensare a come l’altro concorrente può sbagliare!