Игры

Разместим все карточки в квадрате как показано на рисунке (составляем так называемый магический квадрат). Заметим, что игрок выиграл тогда и только тогда, когда он первый забирает себе целый столбец, целую строку либо целую диагональ (сумма чисел на вертикалях, горизонталях и диагоналях магического квадрата постоянна, в нашем случае — ). Будем отмечать карточки, которые забирает -ый игрок крестиками, а карточки второго — ноликами. Наша игра свелась в игру в крестики-нолики. Но, как известно, при правильной игре в крестики-нолики, ни у кого нет выигрышной стратегии.

Сначала покажем, что при емкости вёдер Кащей сможет добиться того, что ведро будет переполнено. Если то Кощею достаточно литр поместить в одно какое-то ведро.

Иначе пусть где и пусть ведра пронумерованы по кругу: соответственно. Тогда пусть Кощей наливает в первое ведро а в третье литров воды.

Василиса может опустошить только одно из ведер: либо первое, либо третье, потому что они не стоят рядом. Дальше будет действовать следующим образом: если Василиса не опустошает первое ведро, то пусть Кащей просто дольет в первое ведро литр и в нем станет поэтому это ведро переполнится. Иначе Василиса опустошила первое ведро, но тогда третье ведро осталось заполненным. Пусть Кощей также наливает в первое ведро а в третье литров воды до того момента, когда либо Василиса не опустошает первое ведро (тогда Кощей доливает в первое ведро литр и побеждает), либо в третьем ведре станет где — число раз, когда Василиса не опустошала третье ведро.

Теперь покажем, что при Василиса может не допустить переполнений. Будем играть за Василису. Всегда будем выбирать такие соседних ведра, в которых суммарно наибольшее число воды. Причем, если в нескольких парах ведер суммарно поровну воды, то действуем как угодно. Тогда мы будем каждым ходом опустошать хотя бы суммарного объема. Заметим, что тогда после опустошения будет всегда оставаться менее литров воды суммарно во всех ведрах. Тогда объем любого ведра меньше Получается, долив литр, Кащей получит ведро объемом меньше двух литров.

Отправим мысленно в обе стороны дороги двух помощников, едущих со скоростью большей, чем скорость вора, но меньшей, чем скорость полицейской машины. Пусть полицейская машина догонит сначала первого помощника, потом — второго, потом — снова первого, потом — снова второго и т. д. Ясно, что когда-нибудь один из помощников перегонит угонщика, а значит, и полицейский когда-то догонит угонщика.

(a) Пусть Дима загадал значение — , а Петя задаст вопросы следующего вида: «Верно ли, что загаданное число равно ?», где — какое-то число, — сумма чисел из предыдущих вопросов. По условию Дима увеличивал свое значение на число из вопроса Пети, если Петя не угадал, поэтому Петин вопрос вида: «Верно ли, что загаданное число равно ?» — по смыслу эквивалентен вопросу: «»

Переберем значения в следующем порядке:

То есть первые несколько вопросов выглядят так:
«Верно ли, что загаданное число равно ?»
«Верно ли, что загаданное число равно ?»
«Верно ли, что загаданное число равно ?»
«Верно ли, что загаданное число равно ?»

Тогда Петя рано или поздно выберет значение равное изначально загаданному и, спросив «Верно ли, что загаданное число равно » угадает текущее число.

(b) Пусть Петя сначала задаст вопрос, который не изменит числа: «Верно ли, что загаданное число равно ?» Либо он угадает, либо сможет узнать знак загаданного числа. Без ограничения общности далее считаем, что загаданное число положительное, иначе задаем следующие вопросы с противоположным знаком. (И также будем считать - что если Петя угадал число в какой-то момент, то он автоматически выиграл.)

Теперь пусть Петя задает вопросы вида:
«Верно ли, что загаданное число равно ?»
«Верно ли, что загаданное число равно ?»
«Верно ли, что загаданное число равно ?»
«Верно ли, что загаданное число равно ?»
…
«Верно ли, что загаданное число равно ?»

Если Дима ответит, что загаданное число в данный момент то после вычитания или прибавления к числа новое число также будет строго положительным.

Петя будет задавать вопросы до тех пор, пока впервые не получит ответ, что в данный момент загаданное число Заметим, что такой момент наступит, потому что то есть как минимум на шаг с номером где — изначальное загаданное число, Дима ответит отрицательно на этот вопрос, так как каждый раз число увеличивалось максимум — на сумму чисел во всех предыдущих вопросах.

Перед последним вопросом загаданное число будет лежать в границах то есть после изменения на оно не превосходит по модулю числа

Пусть Петя задаст вопрос: «Верно ли, что загаданное число равно ?» И тем самым поймет знак загаданного числа в данный момент.

То есть теперь нам известны знак и границы, в которых лежит текущее загаданное число.

После этого, пока не угадаем число, будем задавать вопросы:
«Верно ли, что загаданное число равно ?», где — текущее максимальное по модулю значение для загаданного числа (может быть как положительным, так и отрицательным числом)
«Верно ли, что загаданное число равно ?»

После первого вопроса (про ) мы либо угадали число, либо "потенциальные числа"теперь изменили знак (то есть Дима вычел из загаданного), либо сохранили знак (Дима прибавил к загаданному числу). Следующий вопрос определяет прибавили или вычли и тогда мы снова знаем границы для загаданного числа, но теперь "потенциальных значений"на одно меньше. Значит, такими вопросами число рано или поздно будет угадано.

Занумеруем двери числами например, по часовой стрелке. Пусть он будет рассматривать двери с номерами для

Первой попыткой Иван Царевич проверяет двери и Если после этого он не сумел выйти из комнаты, то двери и были заперты. Дверь останется запертой даже после того, как Баба-Яга запрёт открытую и отопрёт одну из соседних.

Второй попыткой Иван Царевич проверяет двери и Если после этого он не сумел выйти из комнаты, то двери были заперты, а с учетом того, что тоже заперта, можно утверждать, что двери и останутся запертыми и после действий Бабы-Яги.

Пусть на шаге он открывает двери с номерами И пусть ему известно, что дверей с номерами точно были закрыты перед его ходом. Тогда после проверки дверей Иваном Царевичем и действий Бабы Яги мы будем знать, что дверей с номерами точно заперты, потому что перед ходом Бабы Яги были заперты соседние к ним двери.

Тогда не более, чем за шагов Иван будет знать все запертые двери и сможет выбрать открытую.

Пометим вагон, в котором мы оказались какой-нибудь отметкой. Пройдемся по часовой стрелке по составу до тех пор, пока не наткнемся на похожую на нашу пометку, после этого сотрем ее (или зачеркнем), запомним количество вагонов, пройденных от стартовой позиции, и вернемся в начальный вагон, двигаясь против часовой стрелки. Если там пометка оказалась стертой, то мы прошли полный круг и знаем длину состава. Иначе повторим операцию. Вагонов конечное число, поэтому рано или поздно мы сотрем метку в стартовом вагоне и узнаем длину состава.

Введем нумерацию горизонталей: пусть строка шахматной доски, на которой находится ферзь вначале будет -ой. Над горизонталью с ферзем - горизонтали, а под ней

Если король ушел из под шаха, то он находится либо на -ой, либо на -ой горизонтали.

Пусть первым ходом ферзь сходит на одну клетку вверх. Либо король попадет под шах, либо он был на горизонтали с номером а после своего хода может находиться только на -ой, -ой, или -ой строчке.

Назовем “шагом вправо” следующие два подряд хода ферзя: По диагонали вправо-вниз на три клетки; (после такого хода либо король попадает под шах, либо после своего хода может находиться только на -ой, -ой, или -ой строчке.) На три клетки вверх; (либо король попадает под шах, либо после своего хода находится только на -ой, -ой, или -ой строчке.)

Аналогично “шаг влево”: По диагонали влево-вниз на три клетки; На три клетки вверх;

Заметим, что когда ферзь делает “шаг влево” или “шаг вправо”, он сдвигается на клетки вправо или влево. Также король всегда должен находится на полосе из и -ой горизонтали, иначе попадет под шах. И также можно заметить, что за один “шаг” король будет атакован, если он находился между вертикалями начальной и конечной позиции “шага”. То есть задача сводится к тому, что нужно доказать, что ферзь сможет догнать короля “шагами влево и вправо”, если за один “шаг” ферзь перемещается на клетки по горизонтали, а король максимум на клетки по горизонтали.

Но это утверждение уже легко доказать: отправим мысленно в обе стороны две вспомогательные фигуры, перемещающиеся со скоростью клетки за “шаг”. Пусть ферзь догонит сначала первого помощника, потом — второго, потом — снова первого, потом — снова второго и т. д. Ясно, что когда-нибудь один из помощников перегонит короля, а значит, и ферзь когда-то догонит короля, то есть король когда-то будет под шахом.

Приведем одну из возможных стратегий за Вову. Покрасим клетки доски в шахматном порядке так, чтобы угловые клетки были черными. В нечетных столбцах крайние клетки будут черными, а в четных белыми. Центральная клетка находится в 51-м столбце, поэтому она сама будет белой.

Каждая диагональ либо полностью черная, либо полностью белая. Обе стратегии будут симметричными, но разными для разных цветов. Для клеток белого цвета будем ходить симметрично относительно центрального столбца (осевая симметрия). Для черных клеток будем ходить симметрично относительно центральной клетки (центральная симметрия).

Докажем, что Вова всегда сможет сделать ход согласно стратегии. Для этого нужно убедиться, что своим ходом он будет зачеркивать хотя бы одну новую клетку. Для черных клеток две диагонали выбранная Пашей и центрально-симметричная ей, выбранная Вовой не имеют общих клеток. При этом Паша смог сделать ход, значит, на выбранной им диагонали была незачеркнутая клетка. Так как до хода Паши ситуация для черных клеток была центрально-симметричной, на Вовиной диагонали перед ходом Паши тоже была незачеркнутая клетка. Паша не мог ее зачеркнуть, значит, Вова своим ходом зачеркнет хотя бы одну новую клетку.

Для белых клеток ситуация несколько иная: две диагонали, проходящие через центральную клетку, симметричны относительно центрального столбца, но других симметричных белых диагоналей на доске нет. Опять же, перед ходом Паши ситуация на белых клетках осе-симметрична, то есть и на диагонали, выбираемой сейчас Пашей, и на диагонали, выбранной по стратегии Вовой, есть незачеркнутые клетки. Но единственная общая клетка, которую могут иметь осе-симметричные белые диагонали, зачеркнута с самого начала, поэтому Паша не может своим ходом зачеркнуть незачеркнутую клетку с Вовиной диагонали. Таким образом, Вова своим ходом зачеркнет хотя бы одну новую клетку.

Итак, мы доказали, что у Вовы всегда есть ход согласно стратегии. Так как ходов конечно (игра закончится не позже, чем через хода, когда точно будут зачеркнуты все клетки), Вова победит.

Сначала докажем, что Саша может всегда получать результат из отрезка Будем считать, что текущее число на доске неположительно (в противном случае можно заменить все знаки в рассуждениях на противоположные). Разберем два случая для числа называемым Димой на очередном раунде.

Случай Пусть

Тогда поставим знаки так: а остальные знаки расставим произвольным образом. Так как результат будет положительным, и число на доске не станет меньше С другой стороны, результат не превосходит значит, число на доске не станет больше

Случай Пусть

Если текущее число на доске не равно Саша может поставить знак минус перед числом и плюсы перед остальными знаками. Результат после вычислений будет равен поэтому число на доске останется на отрезке Если же текущее число на доске равно Саша может поставить знак минус перед числом и плюсы перед остальными знаками. Результат вычислений будет равен поэтому следующее число на доске будет равно за пределы отрезка Саша не вышел.

Теперь докажем, что Дима может добиться результата Будем называть всегда Если Саша ставит плюс перед числом результат вычислений будет равен и число на доске увеличится. Чтобы не допустить появления числа, превосходящего Саше нужно в какой-то момент поставить знак плюс перед другим числом. В такой ситуации результат вычисления отрицательный и по модулю не меньше Поэтому следующее число на доске не больше, чем и Дима добился желаемого результата.

Заметим, что строки и столбцы можно переставлять, не влияя на ход игры. Значит, можно считать, что каждый раз убирается крайняя строка или крайний столбец, а оставшиеся фишки образуют прямоугольник.

Вася будет действовать так: если Петя убирает строку, Вася убирает столбец, и наоборот. Таким образом, оставшиеся фишки всегда будут образовывать квадрат. Так будет продолжаться, пока оставшиеся фишки не образуют квадрат После этого Петя убирает две фишки, а Вася — две оставшиеся.

Пронумеруем клетки в каждом столбце сверху вниз числами Играем за первого игрока. Сначала перекрасим две клетки в произвольном столбце. Каждый ход будем делать по следующему правилу. Если второй игрок ходит в клетки с номерами в некотором столбце, то мы ходим в клетки с номерами для любого в некотором другом столбце. Иначе после хода второго проверяем, есть ли столбцы, в которых перекрашены клетки , а клетка — пустая. В таких столбцах выбираем клетки с номерами Мы выберем не больше клеток, так как свои ходом второй игрок может создать не более двух таких столбцов. Далее, если мы выбрали меньше клеток, то до клеток дополним любыми синими клетками с номерами и перекрасим их. Делам так, пока можем.

Предположим, что мы не можем сделать очередной ход по нашему правилу. Заметим, что до предыдущего хода второго игрока не меньше половины перекрашенных клеток имели номер Тогда всего покрашено не более клетки. То есть игра еще не закончена, поскольку есть строка, в которой не перекрашены хотя бы клетки. С другой стороны до последнего хода второго игрока количество не перекрашенных клеток в первой строке было четно. Если мы не можем сделать ход то это значит, что до этого второй игрок сделал ход Тогда столбцов с перекрашенными клетками не образовалось. То есть в первой строке осталась синяя клетка, ее можно перекрасить вместе с другой клеткой из ее столбца — противоречие. Если же мы не можем перекрасить две синие клетки из первой строки, то это означает, что первая строка полностью закрашена.

Далее будем ходить произвольно. Предположим, что в некоторый момент мы не можем сделать ход. Тогда в каждой строке осталось не более одной синей клетки, но при этом первая строка заполнена. Количество синих клеток всегда остается нечетным, причем в данный момент их не больше Тогда ровно клетка не перекрашена. А значит, всего было совершено ходов то есть последний ход сделали мы — противоречие.

Пусть первого игрока зовут Петей, а второго — Васей. Первым ходом Петя уберет из кучки один камень, а оставшиеся разделит на кучки из (про которую можно забыть) и камней. Теперь докажем более общий факт: если на столе лежат кучки из и камней, то проигрывает тот, чья очередь ходить.

Пусть соперник Пети Вася сделал ответный ход в кучку или разделил кучку на две, взяв из нее больше одного камня. У него получились кучки из и камней, где Тогда Петя следующим ходом создает две такие же кучки, получает позицию и выигрывает, делая ходы, симметричные ходам первого.

Пусть Вася возьмет один камень из кучки и разделит ее на кучки из и камней. Тогда числа и будут разной четности. Пусть четно. Тогда Петя из кучки в камней получит кучки из и камней (что возможно, так как после чего мысленно разделяет игру на две: одну на паре равных кучек где он побеждает, делая ходы, симметричные ходам первого, и вторую — на паре кучек где он снова применяет стратегию, описанную выше.

Таким образом, у второго всегда есть возможность сделать ход, и он побеждает в силу того, что всего в игре можно сделать не больше ходов.

Приведем стратегию за Таноса, позволяющую ему победить. Будем повторять ходы Халка симметрично относительно центра круглого стола. Покажем, что у Таноса всегда есть ход согласно этой стратегии.

Пусть до какого-то момента Танос мог ходить симметрично. Тогда после его хода картинка симметрична относительно центра. Затем Халк взял одно или два соседних яблока. До хода Халка в симметричных секторах также были яблоки. Заметим, что никакой сектор не симметричен сам себе и не симметричен соседнему сектору. Значит, после хода Халка в симметричных секторах по прежнему лежат яблоки. Поэтому Танос может сделать симметричный ход.

Итак, мы доказали, что Танос всегда может сходить. Значит, он не проиграет. Меж тем игра точно закончится не позже, чем через ходов. Значит, кто-то все-таки проиграет. Это точно не Танос, значит, проиграет Халк.

Приведем стратегию за Халка, позволяющую ему победить. Первым ходом возьмем два центральных яблока, оставив два отдельных ряда из яблок каждый.

Дальше будем повторять ходы Таноса симметрично, то есть брать столько же яблок и с тех же мест, откуда только что взял яблоки Танос, но из другого ряда.

Пусть до какого-то момента Халк мог ходить симметрично. Тогда после его хода картинка симметрична относительно центра. Затем Танос взял одно или два соседних яблока. До хода Таноса две части были симметричны. Значит, Халк может взять яблоки из симметричных секторов другого ряда.

Аналогично рассуждениям в предыдущем раунде проиграет Танос.

Приведем стратегию за Таноса, позволяющую ему победить. Первым ходом Халк может забрать одно или два яблока. Разберем эти два случая отдельно и приведем для каждого из них ответный ход Таноса.

Пусть Халк первым ходом взял одно яблоко. Рассмотрим два соседних сектора, противоположных тому, откуда Халк взял яблоко, и возьмем по яблоку оттуда.

Если же Халк первым ходом взял два яблока, рассмотрим один сектор, противоположной паре соседних секторов, откуда взял яблоки Халк, и возьмем одно яблоко оттуда.

Заметим, что в обоих случаях мы получили картинку, на которой есть два отдельных ряда по яблок в каждом. Значит, сейчас Танос может воспользоваться симметричной стратегией и победить.

Первым ходом Аскар возьмёт монеты из первой кучи и положит одну во вторую. Тогда после этого хода в кучках будет по монет. Далее Аскар будет действовать симметрично. Заметим, что после каждого хода Аскара в кучках будет равное количество монет, причём количество монет всегда будет уменьшаться на Если после хода Аскара в каждой куче более монеты, то у Аскара будет следующий ход. Тогда игра закончится, когда в кучках будет ровно по камню, причём ход будет за Батыйнуром. Значит, Аскар выиграет.

Для победы Вове достаточно добиться того, чтобы у каждого шарика был соседний того же цвета. Для этого поделим шарики на пары — . Паша начинает и красит какой-то шарик из пары, после чего Вове нужно покрасить второй шарик из пары в тот же цвет, что всегда можно сделать, действуя по такой стратегии.

Сначала возьмём по одному камню из куч и . Далее, если второй игрок берёт из некоторых двух куч, то мы берём из двух оставшихся. Так будем продолжать, пока можем делать ход. После каждой пары ходов будут оставаться кучки . Если мы не сможем сделать ход по нашей стратегии, тогда второй игрок на предыдущем шаге уменьшил большие кучки, при этом в меньших кучках камней нет. Поэтому осталась позиция . Тогда просто взяв из двух непустых куч по камню, мы победим.

Поделим все карточки на пары: и . Все карточки так разобьются, так как не является квадратом. Будем играть за второго и брать каждым ходом парную карточку к карточке первого. Если вдруг у нас оказались два числа и такие, что кратно , то у нашего соперника уже было два числа и , причем кратно , так как — целое, так как кратно , то есть первый бы уже проиграл. Значит, у нас всегда есть ход, а так как игра конечна, то мы выиграем.

Приведем стратегию за Локи, позволяющую ему победить. Будем играть за Локи симметрично, то есть брать то же количество конфет, что и Тор, но из другой кучи. Покажем, почему у Локи всегда есть ход согласно этой стратегии.

Заметим, что после хода Локи, если он смог сходить, в кучках находится поровну конфет, то есть картинка симметрична. Значит, сколько бы конфет ни взял Тор из одной кучи, Локи всегда сможет взять столько же из другой.

Итак, мы доказали, что у Локи всегда есть ход согласно стратегии. Значит, Локи не может проиграть. Но игра когда-то закончится (например, не позже, чем через ходов, ведь конфет в сумме всего , а каждым ходом берется хотя бы одна конфета). Поэтому кто-то все-таки проиграет. Это точно не Локи, поэтому проиграет Тор.