Umag torna
konzultáció

B1Areiosz Pagosz, a vének tanácsa

Eddig ez volt az alkalmazott módszer. Néhány kiválasztott végtelen jószándékkal önkényesen meghatározott egy ordinális sorrendet és igyekezett hasonló erejű játékosokat összepárosítani, figyelembe venni, hogy ki kivel és kivel nem szeretne együtt lenni. A döntéshez felhasználta az összes szubjektív megérzést ami létezik és összehasonlításokat végzett ezek alapján, amíg kialakult a legkevesebb elégedetlenséget kiváltó felállás.

Ennek a módszernek az előnye az, hogy bizonyítottan működik, viszont 10 páros összeállításánál a $\frac{(2n)!}{2^n \cdot n!}$ képlet alapján $\frac{20!}{2^{10} \cdot 10!}$, azaz 654 729 075 lehetséges párosítás létezik, 24 embernél 316 234 143 225. Ezáltal különös kihívás levezetni a párosítással elégedetlen versenyzőknek, hogy a több százmillió vagy esetleg milliárd lehetőség közül miért pont erre esett a választás és miért nem egy másikra, illetve valószínűtlen, hogy a legjobb megoldás került kiválasztásra.

B2Sorsolás

B2aEgykalapos sorsolás

Igazságos módszer, viszont az így keletkező párok a legkisebb valószínűséggel lesznek kiegyenlítettek. Két gyengébb játékos nem biztos, hogy annyira élvezné a versenyt együtt, de ha a két legerősebb összekerül lehet nekik is hiányozna a kihívás.

B2bKétkalapos sorsolás (vegyes)

A versenyzőket egy erős és még erősebb csoportba osztályozzuk, önbevallás/csoportos szavazás/önkény alapján és a páros úgy jön létre, hogy mindkét csapatból kiválasztunk egy-egy résztvevőt. Az így létrejövő párosok kiegyenlítettebbek, de szintén valószínűtlen az optimális megoldás feltéve ha cél, hogy minél kiegyenlítettebb legyen a verseny.

B2cKétkalapos sorsolás (kalapon belül)

A versenyzőket az előző módon kétfelé osztjuk, viszont a párosok úgy születnek, hogy a kalapon belül választunk párt, így létrejön egy erős csoport az első kalapból és egy még erősebb a másodikból. Így a csoporton belül kiegyenlített párosítások vannak és izgalmas meccsek lesznek, két csoport segítségével könnyebb a csoporton belüli különbségeket minimalizálni mint egy csoporton belül.

B3Adat alapú párosítás

Az Areiosz Pagosz módszerből kiemelnénk a felhalmozott bölcsességet és felhatalmaznánk a közösséget, közösen mérjék fel az erőviszonyokat. Így a lehető legtöbb helyről érkezik információ, azok, akik egymással gyakran játszanak viszonylag reális képet tudnak adni a másik játékosról és össze tudják őket hasonlítani. És minél nagyobb a részvétel, annál pontosabb képet kapunk. Az értékelések nyilvánosak, de az értékelő személye rejtett (szervezők számára ismert) és kompenzálunk az ellen, hogy senki ne szenvedjen hátrányos megkülönböztetést saját magától így egy viszonylag transzparens képet kapunk a mezőnyről a párok összeállításához. Ezt követően egy programmal optimális megoldást keresünk arra a problémára, hogy minél kisebb legyen a csoporton (vagy két csoporton) belüli erőkülönbség.

B3aKözösségi ordinális sorrendállítás

Legegyszerűbb módszer, mindenki felállít egy sorrendet az általa ismert játékosokról (magát leszámítva) és ezeket összesítjük. Ez a módszer nem ad képet arról, hogy két hely között is lehet akkora erőkülönbség mint 4-5 között, akik viszonylag hasonló szinten vannak.

B3bKözösségi sorrendállítás Élő pontrendszerrel

Azokat a játékosokat hasonlíttatjuk össze egy programmal, akiket a szavazó ismer (Ki nyerne? Aladár vagy Béla — döntetlen megengedett). Így kialakul egy árnyaltabb rendszer rejtett Élő pontokkal (mindenkinek kérés szerint eláruljuk a sajátját), így nem csak egy egyszerű sorrend áll fel, de az erőkülönbségeket is viszonylag jól méri ezáltal pontosabb eredményt kapunk.

B3cKözösségi sorrendállítás képlettel és képesség pontozással

Egy páros ereje nem egyszerűen a két játékos erejének az összege. A valóság elképesztően bonyolult és összetett, tele van véletlennel, ismert és ismeretlen ismeretlenekkel, ezért nem lehet leírni tökéletesen. Viszont ahogy Magyarországról Umagra sem a Föld felszínét fűszál szinten tanulmányozva jutunk el, hanem egy térkép segítségével (és gps-el), ami egy modell, a valóság leegyszerűsített mása, vetülete bizonyos ígények szerint, így a páros erejére is tudunk egy összegnél jobb közelítést adni, ami olyan dinamikákat figyelembe tud venni, hogy egy erős röpte kompenzálhat egy gyenge szervát, vagy azt, hogyha a csapatban van egy fürgelábú játékos az szerencsésebb, mint ha egy sem lenne. Íme a képlet:

sz

szerva

a

alapjáték

r

röpte

1, 2 alsó indexek

a páros első, illetve második tagja

Honnan jön a képlet?

Azt hivatott modellezni, hogy a tenisz meccs alatt a különböző fázisokban a páros tagjainak mely képessége érvényesül a legjobban és mivel járul hozzá a csapat teljesítményhez. Például, a képlet első tagja, amikor a csapat első tagja szervál:

ahol

• $sz_1$ — a csapat első tagjának szervája
• $a_1$ — a csapat első tagjának az alapvonal játéka
• $r_2$ — a csapat második tagjának a röptéje
• 0,5 és 1 azok segéd konstansok, hogy a szorzat lehetőleg egynél nagyobb legyen

A képlet második tagja, $(\hv{sz2}{sz_2} + \hv{a2}{a_2} + 0{,}5)(\hv{r1}{r_1} + 1)$ logikailag ugyanúgy épül fel, mint az első a különbség az, hogy a csapat második tagja szervál és az első röptézik elől.

A képlet harmadik tagja, $(\hv{a1}{a_1}+1)(\hv{r2}{r_2}+1) + (\hv{a2}{a_2}+1)(\hv{r1}{r_1}+1)$ a következőképpen jön ki:

Amikor az ellenfél szervál a pont felében a tenyeres oldalon lévő játékos fogad és áll az alapvonalon és a fonák oldalon lévő röptézik:

A pont másik felében pedig fordítva:

Tehát: $\frac{(\hv{a1}{a_1}+1)(\hv{r2}{r_2}+1)}{2} + \frac{(\hv{a2}{a_2}+1)(\hv{r1}{r_1}+1)}{2}$

De egy szerva körben kétszer fordul elő, hogy az ellenfél csapata szervál, ezért ha hozzáadjuk a másik alkalmat is azt kapjuk, hogy

ami egyszerűsítve:

A $\sum \text{bónusz}$ az a csapat játékosainak bónusz pontjainak összege, három féle bónusz pont van:

• gyors
• kiegyensúlyozott
• ravasz

Ezek a modellben binárisak, azaz igen/nem → 0 vagy 1 értéket vesznek fel. Gyors játékosnak az számít, aki be tudja futni a pályát és elér rövidítéseket, átemeléseket. Kiegyensúlyozott az, aki mind játékszínvonalában és pszichésen is stabil, tudja tartani a lelket a másikban és jól teljesít nyomás alatt. Ravasz az, akinek a játéka kellemetlen, tud „okosan" játszani és taktikázni.

A büntető pontok arra szolgálnak, hogy beépüljön a képletbe az a szcenárió, ha nincs a csapatban gyors játékos, vagy egyik csapattag sem rendelkezik a kiegyensúlyozott tulajdonsággal. Könnyű belátni, hogy két gyors játékos jobb, mint egy, de ha nincs senki aki el tudna menni a labdáért az rosszabb, mint amennyivel jobb ha két ember is el tud menni az egyhez képest.

Eddig több volt a betű, mint a szám, ezért nézzük, meg hogy értékekkel behelyettesítve milyen eredményeket ad a képlet. Legyen a skálánk a példa kedvéért 1–5, de lehetne 1–7, 1–10 is. Az egyszerűség kedvéért most a játékosok összes képessége egyforma (alapjáték, szerva, röpte), tehát, ha most úgy hivatkozunk egy játékosra, hogy 5, akkor neki a szervája 5, alap vonal játéka 5 és a röptéje is 5. Az értékek normalizálva, azaz a maximális értékkel elosztva szerepelnek, hogy 0 és 1 között legyenek. Bónuszok binárisak azaz 0 vagy 1. Kezdjünk extrém példákkal, mi történik, ha két csupa 5-ös, két csupa egyes, egy csupa ötös és egy csupa 1-es vagy két csupa hármas játékos áll össze?

A képlet szerint:

A pár első tagjának a szervája alatt: $(\hv{sz1}{sz_1} + \hv{a1}{a_1} + 0{,}5)(\hv{r2}{r_2} + 1)$

Pár	Levezetés	Eredmény
5–5	(5/5 + 5/5 + 0,5)(5/5 + 1) = (1 + 1 + 0,5)(1 + 1) = 2,5 · 2	5
3–3	(3/5 + 3/5 + 0,5)(3/5 + 1) = (0,6 + 0,6 + 0,5)(0,6 + 1) = 1,7 · 1,6	2,72
1–1	(1/5 + 1/5 + 0,5)(1/5 + 1) = (0,2 + 0,2 + 0,5)(0,2 + 1) = 0,9 · 1,2	1,08
5–1	(5/5 + 5/5 + 0,5)(1/5 + 1) = (1 + 1 + 0,5)(0,2 + 1) = 2,5 · 1,2	3
5–3	(5/5 + 5/5 + 0,5)(3/5 + 1) = (1 + 1 + 0,5)(0,6 + 1) = 2,5 · 1,6	4
3–1	(3/5 + 3/5 + 0,5)(1/5 + 1) = (0,6 + 0,6 + 0,5)(0,2 + 1) = 1,7 · 1,2	2,04

A pár második tagjának a szervája alatt: $(\hv{sz2}{sz_2} + \hv{a2}{a_2} + 0{,}5)(\hv{r1}{r_1} + 1)$

Pár	Levezetés	Eredmény
5–5	ugyanaz, mint az előzőnél	5
3–3	ugyanaz, mint az előzőnél	2,72
1–1	ugyanaz, mint az előzőnél	1,08
5–1	(1/5 + 1/5 + 0,5)(5/5 + 1) = (0,2 + 0,2 + 0,5)(1 + 1) = 0,9 · 2	1,8
5–3	(3/5 + 3/5 + 0,5)(5/5 + 1) = (0,6 + 0,6 + 0,5)(1 + 1) = 1,7 · 2	3,4
3–1	(1/5 + 1/5 + 0,5)(3/5 + 1) = (0,2 + 0,2 + 0,5)(0,6 + 1) = 0,9 · 1,6	1,44

Az ellenfél szervája alatt: $\frac{(\hv{a1}{a_1}+1)(\hv{r2}{r_2}+1)}{2} + \frac{(\hv{a2}{a_2}+1)(\hv{r1}{r_1}+1)}{2}$ (egy szerva körre vetítve)

Pár	Levezetés	Eredmény
5–5	(1+1)(1+1)/2 + (1+1)(1+1)/2 = 4/2 + 4/2	4
3–3	(1,6)(1,6)/2 + (1,6)(1,6)/2 = 2,56/2 + 2,56/2	2,56
1–1	(1,2)(1,2)/2 + (1,2)(1,2)/2 = 1,44/2 + 1,44/2	1,44
5–1	(2)(1,2)/2 + (1,2)(2)/2 = 2,4/2 + 2,4/2	2,4
5–3	(2)(1,6)/2 + (1,6)(2)/2 = 3,2/2 + 3,2/2	3,2
3–1	(1,6)(1,2)/2 + (1,2)(1,6)/2 = 1,92/2 + 1,92/2	1,92

Összesítés (két ellenfél-szerva körrel)

Pár	Levezetés	Páros erőssége
5–5	5 + 5 + 2 · 4	18
3–3	2,72 + 2,72 + 2 · 2,56	10,56
1–1	1,08 + 1,08 + 2 · 1,44	5,04
5–1	3 + 1,8 + 2 · 2,4	9,6
5–3	4 + 3,4 + 2 · 3,2	13,8
3–1	2,04 + 1,44 + 2 · 1,92	7,32

Vegyük észre, hogy:

Az 5–5-ös párosnál szerva alatt 5 az összérték, az ellenfél szárvája közben viszont csak 4. Ez egybevág a valósággal, hiszen a saját szervájukat általában hozzák az erősebb játékosok.

Mi a helyzet a 3–3-nál? 2,72 a 2,56-hoz képest, ugyanígy fennáll ez a jelenség, de kisebb mértékben.

Az 1–1 nél viszont már 1,08 a saját szerva alatt és 1,44 az ellenfél szervája alatt. Ez is egybevág a valósággal, egy bizonyos szint alatt az adogatás gyenge pont.

Hasonlítsuk össze az 5–1-es párost a 3–3-as párossal:

Játékfázis	5–1-es páros	3–3-as páros
Első tag szervája	3	2,72
Második tag szervája	1,8	2,72
Ellenfél szervája alatt	2,4	2,56

Szintén valóságszagú eredmények jönnek ki, az 5–1-es csapatnál, amikor az 5-ös játékos szervál az veszélyesebb, mint a 3–3-as csapat szervája, az 5–1-es csapat 1-es játékos szervája alatt pedig egyérdtelműen gyengébb, mint a 3–3 csapat szervája. Az ellenfél szervája alatt pedig a 3–3-as csapat egy hajszállal erősebb, mint a 5–1-es csapat, ez is egy hihető eredmény.

Összesítésben az 5–1-es csapat ereje: $3 + 1{,}8 + 2 \cdot 2{,}4 = 9{,}6$, a 3–3-asé pedig 10,56. Tehát a modell szerint két közepes játékos együtt erősebb, mint egy nagyon jó és egy nagyon gyenge. Ez is inkább igaz a valóságban, mint nem. Ha a páros erejét a játékosok pontjainak összegeként becsültük volna, akkor egyenlőre jött volna ki $5 + 1 = 3 + 3$.

A modellben helyet kapott még három bináris paraméter, (gyors, kiegyensúlyozott, ravasz), az előző példát minden egyéb paraméter változatlansága mellet módosítjuk annyival, hogy az 5–1-es csapatban valaki rendelkezik egy ravasz bónuszponttal, akkor az ellenfél szervája alatti játékszakaszra vetítve $(1/4=0{,}25)$ az 5–1-es csapat átveszi a vezetést az ellenfél szervája alatt egy hajszállal 2,65 vs 2,56. Összesítésben ez az egy pont $9{,}6 + 1 = 10{,}6 > 10{,}56$ elég arra, hogy az 5–1-es csapat legyen erősebbnek tekintve, de lássuk be, hogy a 0,04 pontos különbség inkább 0.

Ha az 5–1-es csapatban az 5-ös játékos gyors is, a 3–3-asban pedid mind a kettő lassú, akkor az összesítés így módosul: $9{,}6 + 1 = 10{,}6$ vs $10{,}56 - 1 = 9{,}56$. (Itt büntetőpontot kapott a 3–3-as csapat, mert senki se tudja befutni a pályát.) Ez tulajdonképpen a modellben megfordítja az alaphelyzethez képesti mért erőviszonyokat. Így is viszonylag közel van egymáshoz a két csapat, 1–2 pont erőkülönbség, az is belátható, hogy a …

A modell és a képlet támadható, mi történik, ha ketten folyton felrohannak röptézni, valaki előző este elrontotta a gyomrát egy romlott kalamarival, rosszabbul bírja a meleget. A modellnek nem az a célja, hogy tökéletesen leírja a valóságot, hanem, hogy jobban közelítse, mint az alternatív módszerek. A képleten tetszés szerint lehet alakítani, hogy még jobban leírja a valóságot.

A következő kérdés, amit fel kell tenni az az, hogy rendben, papíron működik, de ki mondja meg, hogy kinek melyik képessége hány pont? És az mitől lesz pontos? Az Areiosz Pagosz módszerben néhány ember ismeretére hagyatkozunk, ezt itt is lehet alkalmazni, viszont hátrány az, hogy még ezek a központi emberek sem ismerik az egész mezőnyt. Ennél pontosabb képet ad, ha mindenkinek van lehetősége (nem kötelezettsége), hogy felállítsa ezt a képesség pontrendszert azokkal a játékosokkal, akiket ismer. Még arra is van lehetőség, hogy súlyozzuk azt, ha valaki valakivel tavaly játszott utoljára és az alapján pontozná. Ez a fajta szavazás a nyilvánosság számára rejtett névvel, de publikus pontozólapokkal működne, hogy ki lehessen szűrni az egyértelmű manipulációt és akár semmissé lehet tenni. Egy ilyen abszolút pontrendszerbe belehelyezni embereket nem könnyű és még ha nagyobb mintánál az egyéni hibák ki is oltják egymást nem biztos, hogy ez a módszer adja a legjobb képet a mezőnyről.

B3dKözösségi sorrendállítás képlettel és képesség Élő pontrendszerrel

Itt jön képbe a B3b-ből ismert Élő pontrendszer. Ugyanazzal a képlettel becsüljük a pár ütőképességét, mint az előbb, a különbség viszont az, hogy a képességeket nem egy 1–5-ig (vagy más hasonló) skálán mérjük, hanem Élő pontrendszerben.

A felmérésben résztvevőknek ilyen és ehhez hasonló kérdésekre kell csak választ adniuk, miután előszűrtük a résztvevőket aszerint, hogy ki-kinek a játékát ismeri eléggé, hogy szavazzon róla:

Ezekre a kérdésekre sokkal könnyebb jól válaszolni, a háttérben pedig a matematika elvégzi a piszkos munkát. Az így született szavazatokat egy algoritmus összesíti, majd a kapott Élő pontokat logaritmikusan normalizáljuk a képesség átlaghoz (0 és 1 körüli értékre varázsoljuk). Végül bedobjuk korábbi képletet és a számokat egy optimalizáló programba, hogy keresse meg azokat a felállásokat, ahol a legkisebb különbség áll fent egy (vagy két) csoporton belül a párok között.

Ez a program képes arra is, hogy befogadja azokat a feltételeket, hogy ki-kivel nem szeretne együtt lenni (általában a családi béke érdekében), de ennek is egy ésszerű határt kell szabni, hogy papíron se lehessen lehetséges, hogy az álompárját leszámítva valaki mindenkit ebbe a halmazba tegyen.

B4Gale-Shapley/Irving algoritmus

Abban az esetben, ha elengedjük azt a feltételezést, hogy minél homogénebb mezőny kell létrehozni és teret adunk annak, hogy mindenki nyerni akar és ehhez a számára elérhető legjobb párt szeretné maga mellé létezik megoldás… Mindenki felállít egy preferenciasorrendet, hogy kivel szeretne lenni és ez alapján egy stabil párosítási algoritmus felállít egy olyan párosítást, ahol semely két játékos nem lenne szívessebben egymással, mint a kiosztott partnerével. Ez egy járható út és itt a párokkal való elégedettséget és nem a kiegyenlített párokat maximalizáljuk, de számolni kell azzal, hogy az élvonalban lévő játékosok választásától függően nem lesz kiegyenlített a mezőny.

C1Két csoport, csoportmeccsek, elődöntők, döntő

Ez a megszokott, jól bevált módszer, matematikailag is kedvező, hiszen 10–12 csapat esetén ez két 5–6 fős csoportot jelent, ami $\frac{2 \cdot n(n-1)}{2}$ meccs, ami $n=5$-nél 20, $n=6$-nál 30 meccs, ami a verseny lebonyolításához felhasználható kerethez jól igazodik. Előnye, hogy jól tervezhető, ez szempont lehet ha valaki egy egész napos programot szeretne szervezni a pihenőnapjára (ami előfordulhat).

Legyen egy erősebb és egy gyengébb csoport?

Előnye, hogy hasonló képességű párok mérkőznek egymással a csoportmeccseken belül és minden csapatnak van esélye a győzelemre és a dobogóra csoporttól függetlenül is, azáltal, hogy az elődöntő a két csoport első két-két párosát méri össze. További hátránya vagy előnye, hogy a gyengébb csoportból egy páros garantáltan dobogós az egész mezőnyben. Ez esetleg kellemetlen lehet, ha az erősebb csoportban alulmaradtak legyőznék a gyengébb csoport dobogósát.

Nem kötelező az elődöntőt és a döntőt keresztbe szervezni és lehet mind a két csoportban győztest hirdetni, így viszont teljesen kettéválna a társaság és a hivatalos meccsek alatt a két csoport párosai nem mérkőzhetnének meg egymással. Valamint joggal követelhetné a gyengébbnek szánt csoport győztese, hogy megmérkőzhessen a másik első helyezettel, hogy esélye legyen az abszolút 1. hely címre.

C2Egy nagy csoport

Abban az esetben, ha minden páros minden párossal játszana 10 páros esetén 45, 11 esetén 55, 12 esetén 66 csoportmeccs lenne, ez csak úgy lenne lehetséges, ha egy meccs nem két nyert hagyományos szett lenne, hanem vagy rövidített szettek, vagy egy nyert szett. Ez dupla adminisztrációt, rengeteg cserét, csúszást, kiszámíthatatlanságot jelent, illetve a tenisz hullámvölgyeihez sem annyira jól alkalmazkodik, ezért csak akkor jó választás, ha a mindenki-mindenkivel mérkőzik elv felülírja a felsorolt hátrányokat.

C3Svájci

Svájci módszer az 1985-ös Zürich-i sakkversenyből származik, a lényege, hogy körök vannak és minden körben olyan versenyzőket/párokat sorsol össze, akiknek hasonló eredményekkel rendelkeznek. Az első körben a párosítások véletlenszerűek majd a második körben az első kör győztesei az első kör többi győztesével játszik, a vesztesek a vesztesekkel. A harmadik körben a 2–0, 1–1 és 0–2 mérlegűek játszanak egymással. Páratlan szám esetén egy valaki kimarad, ilyenkor plusz fél vagy plusz egy pontot kap, alapelv, hogy az egész verseny alatt ne forduljon elő, hogy egy valaki kétszer is kimaradjon egy körből, illetve hogy ugyanazzal mérkőzzön kétszer.

A svájci módszer $\log_2(n)$ kör alapján tud győztest hirdetni és egy rangsort felállítani, az önszervezés miatt ugyan nem játszik mindenki mindenkivel, viszont egy idő után hasonló erejű párosok mérkőznek, ami jó meccseket eredményez. 12 csapatnál a $\log_2(12) \approx 3{,}58$ azaz 4 kör alatt már felállna egy sorrend, ez $4 \cdot 6 = 24$ meccs. Ez benne van a keretben és nincs rá ok, hogy miért ne lehetne 5. kört csinálni, az pont 30. (10 csapatnál $\log_2(10) = 3{,}32$ tehát szintén 4 kör a minimum, de akár 5–6 is belefér a keretbe: 4→20, 5→25, 6→30 meccs.)

A csoportos körmérkőzésekkel szemben viszont ez nem, vagy nehezebben tervezhető, hiszen a párosítások dinamikusan alakulnak. Egy kör egy napot jelent $2 \cdot 3 = 6$ meccs, azaz a másnap párosításai a délutáni meccsek eredményeitől is függnek. Illetve előfordulhat, hogy az utolsó körre már van biztos győztes és nem az első helyért megy a meccs, valamint nem biztos, hogy lesz egy előre bejelentett döntő. Továbbá előfordulhat döntetlen pontállás (ugyanaz a győzelmek és vereségek száma), ilyenkor többféle megoldás lehet (nyert gamek, le kell játszani, stb…).

C4Americano

Az americano lényege, hogy rövid meccsekről van szó (egy szett, vagy 20 perc) és egy előre meghatározott sorrend szerint cserélődnek a párok és a győzelmeket számolják. Ezt csináltuk tavaly az első/utolsó nap bemelegítő és levezető kupáján, de a párokat is cserélgettük.

C5Mexikói

Ugyanaz, mint az americano, azzal a különbséggel, hogy a meccs párosítások nem egy fix sorrend szerint, hanem svájci módszerrel történnek.