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
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.)
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.
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?