Hat azert en kicsit megengedobben lattam eddig ilyen feladatoknal a leg...bb jelzot hasznalni, de azert kitalalhato az, hogy mire akar a feladat kimenni. (Lehetne ugy pontositani, hogy "...nalam mindenki fiatalabb a hazban".)
A blogomon (http://noreg.blog.hu/) feladtam egy rejtvényt. Nem hiszem, hogy a topic az olvasói számára különösebb gondot jelent a megfejtése, de szerintem ötletes feladat, úgyhogy megosztom veletek is:
Sven egy fogadót üzemeltet a svéd hegyekben. Jelenleg három vendég van a házban. Az új szakácsnő még nem találkozott a vendégekkel, és szeretné tudni, mennyi idős ez a három személy.
Mivel Sven tudja, hogy a szakácsnő szereti a feladványokat, ezért így válaszol:
Az életkoruk szorzata 2450, az életkoruk összege pedig kétszer annyi, mint a te életkorod.
A szakácsnő elkezdte megoldani a rejtvényt, de egy idő után visszament Svenhez, és azt mondta: A kapott információkból nem tudom kiszámolni a vendégek korát.
Jaha mondta Sven Akkor még azt is hozzátehetem, hogy én vagyok a legidősebb a házban
A szakácsnő hamarosan rájött, mennyi idősek a vendégek.
Szarul rajzoltam fel, az egyiket ketszer egy masik helyett, es igy nem esett ki az egyik paratlanos mert nem is volt kozte, szoval 12 tenyleg a 13. Szebb is igy a valasz. Ertelemszeruen a szimmetria nelkul is csak 4x4 adodik.
A bal tömb középső alsó két elemét nem találtam meg, továbbá nálam nincs olyan elem, amit te nem találtál meg. De a jobb tömb jobb felső és alsó az én szemléletem szerint izomorf a szomszédjával, így én csak egynek-egynek veszem.
Átlóra szimmetriát is szimmetriának tekintve nekem csak 12 jött ki. Ahogy írtad, a 3 fő eset a teli sor ill. oszlop pozíciójából jön: (a) 1. sor és 1. oszlop, (b) 1. sor és 2. oszlop, (c) 2. sor és 2. oszlop. Mindhárom esetben 4 jó befejezés van, ahol az átlók is párosak. Vicces tény: az (a) és (c) esetekben pont azok a figura-állítások lesznek jók, amelyek szimmetrikusasak at átlóra.
Ha az átlók lehetnek páratlanok is, az (a), (b) és (c) esetek mindegyike további 2 jó befejezést ad, ez persze következik abból, amit a 3x3-as részről írtál.
Szerintem onnantol ,hogy kijott, hogy van teljes sor es teljes oszlop, sokkal egyszerubb visszavezetessel megszamolni: a teljes sornak es teljes oszlopnak is ket lenyegesen kulonbozo elhelyezese van, szelso vagy kozepso. Forgatas-tukrozes miatt legyen mindig az elso vagy masodik sor, es a ket kozepsos esetet kiveve az elso oszlop.
Eloszor nezzuk az atlo nelkul.
Vegyuk ki a teli sort-oszlopot, marad egy 3x3-as, amiben 3 babut kell lerakni ugy, hoghy mindenhol paratlan legyen, azaz tkp. minden sorban-oszlopban egy. Ez ugye nem olyan sok (es mivel relativ a kivett sorokhoz mar kulonbozni fognak, nem kell a forgatasokat, tukrozeseket alapbol kiejteni), konkretan 6 db. Ha (a teljes abrara) az atlos szimmetriat nem tekintenenk, ezek mind adnanak egy megoldast, az atlos szimmetriat is figyelembe veve csak 2 kategorianal (a harmadik nem invarians ra) esik ki a 2-2 tukrozessel egymasbol megkaphato, vagyis 5+5+6 van szerintem.
Ha az atlot is figyelembe kell venni, akkor mar nem tudok ilyen szep osszeszamolast, de a 16 esetbol felrajzolva konnyu osszeszamolni, hogy csak 3 esik ki, 13 marad (4+4+5). (A szimmetrikus kategoriaknal me'g lehetne, a foatlot es az egyik mellekatlot kell a 3x3-on figyelni ami egy kiesot ad, a masiknal inkabb felrajzoltam.)
Mivel a tobbiek gondolatmenetet nem kovettem vegig, csak azt sejtem, hogy a tukrozes (beforgatastol eltekintve az atlos tukrozes) kulonbozonek szamitasa lehet az ok az elteresre. Ha azokat nem tekintjuk egyformanak, akkor a 3 kategoriabol 4 lesz, es atlo nelkul mind a 6 alvariacio, akkor 24 jonne ki, atloval pedig 4+4+5+5=18.
Ha véletlenszerűen osztom ki a 6 elemet és a sorokat ill. oszlopokat megfelelően felcserélem, akkor van olyan kiosztás, hogy a cserebere után a bal felső négyesben 4 elem lesz. Ekkor a maradék 2 elemet a bal jobb alsó négyesbe kellene kiosztanom, de így mindig lesz 2 db 1-es sorom és/vagy oszlopom. Azaz a 4*4-es négyzethálóban nem lehet 4 olyan elem, hogy azok együttesen egy résznégyszög négy sarkában legyenek.
A trollkodásod egy kicsit megzavart, persze ez engem minősít, s pár hibás próba után feladtam. De most újra nekiálltam. Én vad szerinti 6 bábús változattal foglalkoztam, úgy nekem könnyebb volt átlátni.
Pár megállapítás:
Ha négy bábú van egy sorban (nálad üres sor), akkor keresztirányban csak kettőnél jön ki a páros.
Azaz mindkét irányban kell lennie egy-egy üres (nálad teli) sornak.
Ez abból is következik, hogy 6-ot csak 2*3 formában tudom felosztani, így kell lennie egy 0-s, azaz üres sornak ill. oszlopnak.
Ha véletlenszerűen osztom ki a 6 elemet és a sorokat ill. oszlopokat megfelelően felcserélem, akkor van olyan kiosztás, hogy a bal felső négyesben 4 elem lesz. Ekkor a maradék 2 elemet a bal alsó négyesbe kellene kiosztanom, de így mindig lesz 2 db 1-es sorom és/vagy oszlopom. Azaz a 4*4-es négyzethálóban nem lehet 4 olyan elem, hogy azok együttesen egy résznégyszög négy sarkában legyenek.
Én (és szerintem a matematikus szemléletűek) csak az izomorf különbözőséget tartják különbözőnek. Azaz tükrözéssel és/vagy forgatással nem lehet egymásba transzformálni.
Így nekem 14 db különböző állás jött ki, s ebből 10 megfelel a 'trollkodó' feltételednek is.
én úgy oldottam meg, hogy (nem 6 bábu levételét, hanem 10 bábu feltételét alapul véve)
1.) először is az átlókat figyelmen kívül hagytam, nekem eleve átló nélkül adták fel ma délután a kollégák, így az átlót csak én trollkodtam bele :-))) ezeket majd a végén kiszedjük
2.) fogtam 7 bábut, felraktam egy egy teljes sort és egy teljes oszlopot, első közelítésben L-alakban, azokban 4-4 figura van, tehát páros, minden más sorban és oszlopban 1-1, páratlan
3.) és a fennmaradó 3x3-as mátrixban kell elhelyezni a 3 fennmaradó bábut úgy elhelyezni, hogy minden sorban és oszlopban páratlan számú bábu legyen, tehát praktikusan 1-1...
ezt a legutolsó pontot minden bővebb magyaráézat nélkül hatféleképpen lehet megcsinálni, ebből 2 kiesik az átló miatt (próbálgatás)
idáig van tehát 4 megoldásunk
- bejön egy négyszeres szorzó az elforgatás miatt
- és bejön egy kétszeres szorzó (de lehet, hogy négyszeres???) ha a "teljes" sorok nem a tábla szélén vannak, hanem a "közepén"
így akkor 4x4x2=32 (de lehet, hogy 64?) megoldás van
de "természetesen" nem tudom sem azt bizonyítani, hoyg nincs más, sem azt, hogy a fent felsoroltak között nincs olyan, mai mégis csak egyforma... ma délután adták fel a kollégák, de ők beérték egy megoldással :-)
en egy alapelv alapjan negy kisse kulonbozo megoldast talaltam, plusz annak az elforgatasai (tehat ha a tablat fixnek tekintjuk, akkor osszesen 4x4=16), de fogalmam sincs, hogy ez-e az osszes, csak erzesbol mondom, hogy igen :-)
sot, most igy belegondolva kell meg lennie... igy erzesre meg egy ketszeres szorzo bejon, szoval akkor - fixnek tekintett tabla eseten - 32
