Keresés

Részletes keresés

Axióma Creative Commons License 2014.11.23 0 0 9251

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.

Sorry.

Előzmény: treff2 (9248)
treff2 Creative Commons License 2014.11.23 0 0 9250

Igen, így van, befigyel az átlóra vett szimmetria.  A trollkodás nélküli feladatra ezek szerint 16 lényegében különböző megoldás adódik.

Előzmény: Onogur (9249)
Onogur Creative Commons License 2014.11.23 0 0 9249

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. 

Azaz feltehetőleg ezek a megoldások.

 

Előzmény: treff2 (9248)
treff2 Creative Commons License 2014.11.23 0 0 9248

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.

Remélem, nem néztem el semmit.

Előzmény: Axióma (9247)
Axióma Creative Commons License 2014.11.23 0 0 9247

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.

Remelem mindent figyelembe vettem.

Onogur Creative Commons License 2014.11.23 0 0 9246

S elnézést Vad olvtárstól, hogy nemecsekernőzve írtam a nevét.

Előzmény: Onogur (9244)
Onogur Creative Commons License 2014.11.22 0 0 9245

A 3. bekezdés helyesen:

 

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.

Előzmény: Onogur (9244)
Onogur Creative Commons License 2014.11.22 0 0 9244

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.

Előzmény: Törölt nick (9239)
Vad Creative Commons License 2014.11.21 0 0 9243

ja, és két teljes sor nem lehet egymás mellett, sem a két szélén, az is bizti

Előzmény: Vad (9242)
Vad Creative Commons License 2014.11.21 0 0 9242

de nem látok többet annál az oknál fogva, hogy egy sorban csak két üres hely lehet, vagy 0. de holnap még ránézek.

Előzmény: Vad (9241)
Vad Creative Commons License 2014.11.21 0 0 9241

akkor messze járok...

nekem két megoldásom van arra, hogy a tábla közepén a teljes sor, és kettő arra, hogy a tábla szélén...

Előzmény: Törölt nick (9239)
Törölt nick Creative Commons License 2014.11.20 0 0 9240

közben leesett, persze, persze

 

na szóval én eddig jutottam, a matematikailag teljes értékűtől persze messze, Antal Imre anno nem sok pontot adott volna érte :-)

Előzmény: Vad (9237)
Törölt nick Creative Commons License 2014.11.20 0 0 9239

ez nekem így bonyolult... :-)

 

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 :-)

Előzmény: Vad (9237)
Vad Creative Commons License 2014.11.20 0 0 9238

a 0 megzavarhatná az inverzet, de olyan eset úgyse lehet, hogy 0 figura van egy sorban, ezt hamar beláttam

Előzmény: Vad (9237)
Vad Creative Commons License 2014.11.20 0 0 9237

én megfordítottam a dolgot, úgy egyszerűbb sztem. mert ahol páros számú figura van, ott az üres helyek száma is páros.

szóval, ha hat üres helyet "helyezek el" hasonló szabály szerint, valszeg ugyanazok a megoldások jönnek ki, csak nekem így átláthatóbb.

Előzmény: treff2 (9235)
Vad Creative Commons License 2014.11.20 0 0 9236

na, a négy megvan, de nem tudok elvonatkoztatni a tengelyes szimmetriától, így meg nem látok több esetet, szóval az a kétszeres szorzó nem tolakszik

Előzmény: Törölt nick (9233)
treff2 Creative Commons License 2014.11.20 0 0 9235

(Az összes eset végigzongorázásához: nézzük azokat a sorokat, amelyek a 6 figura leszedése után 4 figurát tartalmaznak.)

Előzmény: Törölt nick (9234)
Törölt nick Creative Commons License 2014.11.20 0 0 9234

(de ezeket nem ellenorizgettem korrektul vegig, szoval lehet, hogy nincs ennyi)

Előzmény: Törölt nick (9233)
Törölt nick Creative Commons License 2014.11.20 0 0 9233

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

 

asszem

 

 

Előzmény: Vad (9232)
Vad Creative Commons License 2014.11.20 0 0 9232

Egyet találtam. Ha a több megoldás annak az egynek az elforgatásai, akkor leálltam

Előzmény: FASIRT (9231)
FASIRT Creative Commons License 2014.11.20 0 0 9231

És több megoldása is van.

Előzmény: Törölt nick (9230)
Törölt nick Creative Commons License 2014.11.20 0 0 9230

egy konnyu kis delutani feladvany:

 

adott egy 4x4-es tabla ("negyed sakktabla"), minden mezojen egy-egy, osszesen tehat 16 figura

 

vegyunk le a tablarol hat figurat ugy, hogy minden sorban, minden oszlopban es mindket atloban paros szamu figura maradjon

 

(nincs benne trukk)

Gergo73 Creative Commons License 2014.09.10 0 0 9229

Nagyon érdekes, köszönöm!

Előzmény: treff2 (9228)
treff2 Creative Commons License 2014.09.10 0 0 9228

Ralph Gasser szerint senkinek sincs nyerő stratégiája (lásd [1] és [2]). Számítógéppel csinálta, úgy tűnik, komoly trükközés kellett hozzá 1996-ban.  (Jó kérdés, hogy egy modern gépen mennyi fájdalommal járna a teljes leszámlálás.)

 

[1] http://www.ics.uci.edu/~eppstein/cgt/morris.html

[2] http://library.msri.org/books/Book29/files/gasser.pdf

Előzmény: Gergo73 (9227)
Gergo73 Creative Commons License 2014.09.10 0 0 9227

Köszönöm az infót. Hol lehet elolvasni a nyerő stratégiát (vagy ha géppel találták, hol van az erről szóló cikk)?

Előzmény: Vad (9226)
Vad Creative Commons License 2014.09.09 0 0 9226

a fő baj az, hogy van nyerő stratégia

Előzmény: Gergo73 (9225)
Gergo73 Creative Commons License 2014.07.22 0 0 9225

Ezt a játékot úgy hívják, hogy malom (angolul: mill game). A név alapján szerintem könnyen találsz hozzá irodalmat a neten.

 

Én egyébként sokat játszottam ezt a játékot, de nem találtam túl izgalmasnak, nem hasonlítható pl. a sakkhoz. Az egyik fő problémám az volt vele, hogy túl instabil, tehát ha az egyik játékos egy kis előnyre tesz szert, akkor már gyakorlatilag nyert ügye van. Persze lehet, hogy van hozzá finomabb szabályrendszer, amivel jobb tapasztalataim lettek voltak.

Előzmény: arpad_1969 (9224)
arpad_1969 Creative Commons License 2014.07.22 0 0 9224

Tud valaki irodalmat ehhez a játékhoz? Mármint az alkalmazható trükkök és stratégiák érdekelnének. Sokan azt mondják, mindenki magától jöjjön rá a "fortélyokra", de jólis néznénk ki, szerintem, ha mindenki mindenre magától kéne rájöjjön... vagy nincs igazam?

 

Törölt nick Creative Commons License 2014.05.22 0 0 9223

klassz, ez igen!

Előzmény: GPF (9222)
GPF Creative Commons License 2014.05.21 0 0 9222

Hadd javasoljam neked is ebből a bejegyzésből az utolsó játékot:

 

http://ordoglakat.blog.hu/2013/02/03/uj_pentomino_otletek

 

Van linkelve egy letölthető PDF, amiből kiderülnek a méretek.

Előzmény: Törölt nick (9220)

Ha kedveled azért, ha nem azért nyomj egy lájkot a Fórumért!