Три фокусника

[hippie]

У меня было другое решение.
Воспользуюсь "языком" предложенным Dave.

Представим номер карты, выбранной вторым фокусником, в виде $p+7q+49r,$ где $p$ от 0 до 6; $q$ от 1 до 6 и $r$ — 0 или 1.
Здесь $p$ — "маркер", позволяющий установить, какая карта была выбрана вторым фокусником (описано ниже).
$q$ — номер порядка, в котором зрители извлекали карты. Например:
$q=1:$ младшая, средняя, старшая;
$q=2:$ младшая, старшая, средняя;
$q=3:$ средняя, младшая, старшая;
$q=4:$ средняя, старшая, младшая;
$q=5:$ старшая, младшая, средняя;
$q=6:$ старшая, средняя, младшая.
$r$ позволяет выбирать карту не из всей колоды, а из нужного множества (одного из четырёх, указанных в условии).

Выбор $p.$
Если остатки от деления на 7 всех трёх карт, выбранных зрителями, совпадают, то $p$ — любое число от нуля до 6, отличное от этого остатка.
Если остатки от деления на 7 всех трёх карт, выбранных зрителями, совпадают, то:
Если третий остаток на 1 больше совпадающих ($6+1=0$!), то $p$ на 1 меньше совпадающих остатков ($0-1=6$!);
В противном случае $p$ на 1 меньше третьего остатка.
Наиболее сложный случай — если остатки от деления на 7 всех трёх карт, выбранных зрителями, различны.
Возможны 5 существенно различных троек остатков:
$n+1, n+2, n+3;$
$n+1, n+2, n+4;$
$n+1, n+2, n+5;$
$n+1, n+2, n+6;$
$n+1, n+3, n+5.$
В четвёртом случае $p=n+5,$ во всех остальных — $p=n.$

Получив карты первый фокусник прежде всего проверяет есть ли среди них одинаковые остатки от деления на 7.
Если такие остатки есть, то карта второго фокусника вычисляется легко.
Если одинаковых остатков нет, то второй фокусник рассматривает "цепочки" последовательных остатков. Если среди этих цепочек есть самая длинная
(или все карты образуют одну цепочку длины 4: $n, n+1, n+2, n+3;$
или есть цепочка длины 3 и одна отдельная карта: $n, n+1, n+2, n+4$ или $n, n+1, n+2, n+5;$
или есть цепочка длины 2 и две отдельных карты: $n, n+1, n+3, n+5$),
то карта второго фокусника — первая в этой цепочке. (Во всех четырёх случаях $p=n.$)
Если же есть две цепочки длины 2
(т.е. $n, n+1, n+3, n+4$),
то искомая карта первая в "первой" паре (т.е. той паре, между которой и следующей один пробел, т.е. снова $p=n$).

PS Такой способ кодировки (без $r$) позволяет выбирать нужную карту из 42.
Я думаю, что можно построить кодировку, позволяющую выбрать нужную карту из 33.
Числа представляются в виде $p+11q.$
Существует 15 (существенно различных) троек и 30 (существенно различных) четвёрок остатков от деления на 11. Если каждой тройке можно поставить в соответствие 2 "маркера", то выбирая $p$ второй фокусник сможет не только указать свою карту, но и передать, в каком порядке (возрастающем или убывающем) выбрали свои карты второй и третий зритель. А с помощью $q$ передаст какую из трёх карт выбрал первый зритель.