Игры

Приведем за Тора стратегию, позволяющую ему победить. Первым ходом поставим ладью в центральную клетку доски, а дальше будем ходить симметрично относительно этой клетки. Покажем, почему у Тора всегда есть ход согласно этой стратегии.

Пусть до некоторого момента Тор мог ходить симметрично. Тогда перед ходом Локи картинка была симметрична относительно центральной клетки. Если Тор смог поставить ладью, то это значит, что и симметричная клетка до хода Локи была свободна и непобита ладьей. Осталось заметить, что ладья не может бить ладью, симметричную себе относительно центра, если она не стоит в центральном столбце или центральной строке. Значит, Тор сможет всегда сходить согласно своей стратегии.

Заметим при этом, что игра закончится не позже, чем через ход, то есть когда все клетки будут заняты. Это значит, что кто-то все-таки проиграет. Мы доказали, что это не Тор, значит, проиграет Локи.

Обратите еще раз внимание на последний абзац. На самом деле мы чаще всего доказываем, что согласно стратегии у игрока, за которого мы играем, всегда будет ход. Это означает, что он не проиграет. Чтобы доказать, что он все-таки выиграет, нужно еще объяснять, почему игра закончится.

Приведем стратегию за Тора, позволяющую ему победить. Первым ходом возьмем конфет из кучи, в которой было конфет. Дальше будем играть за Тора симметрично, то есть брать то же количество конфет, что и Локи, но из другой кучи, как это делал Локи в первой задаче.

На самом деле мы получили в точности первую задачу, в которой Тор и Локи поменялись местами. Поэтому, раз в той игре выигрышная стратегия была у Локи, то теперь она есть у Тора. Значит, Тор может выиграть, как бы ни играл Локи.

Давайте подумаем, в какой момент игрок может своим ходом забрать шашку? Самую нижнюю шашку может забрать любой игрок (если первый не заберет ее первым ходом), а остальные только тогда, когда соперник передвинул ее с предпоследней горизонтали на последнюю. Посчитаем, сколько ходов нужно каждой шашке (кроме самой нужней), чтобы оказаться на предпоследней горизонтали. Самой верхней нужно 4 хода, следующей — 3, дальше — 2 и 1. То есть всего ходов до такой “решающей горизонтали”.

Попробуем поиграть за первого игрока. Первым ходом заберем самую нижнюю шашку. Каждым своим ходом будем забирать шашку, если это возможно, или использовать один из 10 выше посчитанных ходов (именно до предпоследней горизонтали). Если забыть про первый ход первого, то в дальнейшей игре мы будем ходить вторыми. То есть, если соперник не опускает шашки ниже предпоследней диагонали, то эти 10 “безопасных” ходов закончим именно мы. Сопернику придется сдвигать фишки на последнюю горизонталь, откуда мы сразу будем их забирать, то есть обязательно победим. Если же второй опустит какую-то шашку раньше истечения всех 10 “безопасных” ходов, то мы просто заберем ее следующим ходом, и четность оставшихся “безопасных” ходов не изменится (то есть их закончим всегда именно мы). Тем самым мы даже не оставляем возможность второму игроку забрать хотя бы одну фишку (опускает все фишки на нижнюю горизонталь только второй).

По факту стратегия первого выглядит следующим образом: как только можно забрать фишку — забирает, передвигать фишку на нижнюю горизонталь нельзя. Такая стратегия работает именно в силу четности (четности количества “безопасных” ходов), что мы и объяснили выше.

Это игра-шутка. Чётность результата не зависит от расстановки плюсов и минусов, а зависит только от количества нечётных чисел в первоначальном наборе. Так как в данном случае их 10 (то есть чётное число), то выигрывает первый игрок.

В процессе игры на доске может появиться любое число от 1 до 34 с помощью единицы, которая появляется после первого хода. Так как 34 четное, то выпишет последнее число именно второй, он и победит.

Заметим, что все кучки в любой момент времени содержат количество камешков равное некоторой степени двойки, так как каждая кучка получается несколькими объединениями (умножениями на два) кучек из 1 камня. Посмотрим на ситуацию, когда кто-то из игроков проигрывает, то есть когда нельзя уже сделать ход. В этот момент 2020 разбилось на несколько различных слагаемых — степеней двоек. Из двоичной системы счисления мы знаем, что любое число единственным образом представляется в виде суммы степеней двоек. Для 2020 это разложение — . То есть в конце всегда остаются эти 7 кучек. Теперь заметим, что за каждый ход количество кучек уменьшается на 1 (две кучки объединяются в одну), то есть из 2020 получится 7 ровно через ходов. Тогда последний ход сделает именно первый, он и победит.

Пусть второй применяет симметричную стратегию относительно центра многоугольника, то есть проводит отрезки симметричные отрезкам первого. Тогда у второго всегда есть ход, так как после хода второго многоугольник всегда симметричен, а отрезок через центр нельзя провести (так как точки разного цвета). Следовательно, второй не проиграет, а так как игра конечна, то и выиграет.

Заметим, что , то есть Петя может делить только на 5 или , а Вася — только на 2, , или . То есть Петя проигрывает, когда заканчиваются все 6 пятерок, а Вася — когда заканчиваются все 6 двоек. Причем Петя может забирать только свои пятерки, а Вася может забирать как двойки, так и пятерки. Значит, Вася может быстрее приблизить Петю к проигрышу, когда будет забирать его пятерки. Действительно, если каждым ходом Вася будет делить число на 10 (пока делится, то есть пока еще есть пятерки), то не более, чем через 3 хода Пети и 3 хода Васи пятерок не останется (но двоек будет хотя бы 3, так как забирает их только Вася), значит, Петя не сможет походить, а Вася выиграет.

Пусть первым ходом первый вычеркнет чисел от до Тогда остальные числа разбиваются на пары с разностью После каждого хода второго игрока, первый может вычеркнуть числа таким образом, чтобы в каждой паре было вычеркнуто либо оба числа, либо ни одного (довычеркивает числа из неполных пар — их нечетное количество, не больше и вычеркивает еще несколько пар полностью). Таким образом, в конце останется пара чисел, разность которых равна

Поделим все карточки на пары: . Все карточки так разобьются, так как 2000 — не квадрат числа. 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 и выиграем.

Предъявим выигрышную стратегию за первого игрока. Первым ходом он снимает центральную шашку. После этого, на каждый ход второго он отвечает симметрично — делает симметричный относительно центральной клетки ход. Таким образом после хода первого игрока доска будет симметрична сама себе относительно центральной клетки.

Ход согласно такой стратегии всегда возможен: раз мы ходили симметрично до этого, то до хода соперника позиция была симметрична. Его ход никак не может помешать такому же ходу симметричному относительно центральной клетки (так как никак не затрагивает центральную клетку), а значит раз он смог снять шашки, то и мы сможем.

Получается, что у нас всегда есть ответный ход согласно стратегии. При этом игра, очевидно, когда-то закончится. А раз первый игрок не проиграет, то не сможет сходить и, соответственно, проиграет, второй игрок

Решение 1. Проанализируем выигрышные и проигрышные позиции. Понятно, что все числа от 1 до 10 — выигрышные.

Число 11 — проигрышное, так как из нее можно попасть только в выигрышные позиции 1–10. Позиции 12–21 — выигрышные, ведь из них можно попасть в 11. Число 22 — проигрышное, и так далее.

Легко видеть, что все позиции, кратные 11, являются проигрышными, а остальные — выигрышными.

Тогда, в силу симметричности позиции перед васиным ходом, петино число отличается от чисел в своей строке и своем столбце. Осталось лишь отметить, что игра конечна, а раз у Пети всегда есть ход, то он не проиграет, а значит, победит.

Еще раз хочется обратить внимание на то, как мы определяем, является ли позиция выигрышной или проигрышной: для того, чтобы позиция была выигрышной, достаточно ОДНОГО хода, ведущего в проигрышную позиция, а вот чтобы позиция была проигрышной, ВСЕ ходы должны вести в выигрышные. И во время решения мы ровно это и определяем.

Другой подход — дополнение хода соперника до определенного значения.

Решение 2. При количестве спичек, кратном 11, будем играть за второго игрока, дополняя количество спичек, взятых на предыдущем ходу первым игроком, до 11. Другими словами, если первый игрок только что взял спичек, то мы берем . Сразу отметим, что количество спичек, которое мы должны брать в ответ на ход первого, также от 1 до 10, то есть с этим проблем не возникает. Кроме того, после нашего хода количество спичек после пары ходов — соперника и нашего — кратно 11, поэтому последнюю спичку заберет именно второй игрок.

При количестве спичек, не кратном 11, играем за первого игрока. Первым ходом берем столько спичек, чтобы количество оставшихся спичек было кратно 11, а дальше повторяем предыдущую стратегию. .

Докажем, что первый игрок может победить. Если у него есть выигрышная стратегия, то он, очевидно, уже побеждает.

Если же выигрышная стратегия есть у второго игрока, то первым ходом на месте Пети вычеркнем 1. Теперь на любой ход второго игрока будем отвечать согласно стратегии, которая будто бы есть у второго игрока.

Петя всегда так может сделать, поскольку его первый ход вообще никак не повлиял на игру: Вася своим первым ходом и так в любом случае вычеркнул бы 1. Значит, Петя победит.

Приведем выигрышную стратегию за первого игрока. Первым ходом он ставит крестик в центральную клетку. Затем после каждого хода второго игрока первый ставит крестик в центрально-симметричную клетку (аналогичный ход, симметричный ходу второго относительно центральной клетки). У первого всегда есть такой ход (центрально-симметричная клетка свободна после хода второго), так как всегда после хода первого доска симметрична сама себе относительно центральной клетки.

В конце получим также доску, симметричную самой себе относительно центральной клетки. То есть число столбцов, где крестиков больше, на (центральный столбец) больше, чем столбцов, где ноликов больше. Аналогично строк, где больше крестиков, на больше. Значит, первый победил.

Предъявим выигрышную стратегию для Вовы. Вова мысленно разбивает шары на пары: — — — и действует стратегией дополнения, то есть, когда Паша красит один шар из пары, Вова красит второй шар из той же пары в тот же цвет. Тем самым после каждой пары ходов игроков будут покрашены полностью какие-то пары. В конце игры все пары будут покрашены, причем оба шара в каждой паре будут иметь одинаковый цвет. Любая тройка шаров, лежащих подряд, содержит одну из пар, то есть имеет два из трех одинаковых шара. Значит, Паша не победит.

Если Азат берет нечетную цифру, то мы берем нечетную, если Азат берет четную цифру, то мы берем четную. Тогда заметим, что последние взятые цифры будут одной четности, откуда сумма двух чисел будет делиться на Также она будет делиться на так сумма цифр двух чисел равна — делится на (сумма цифр числа дает тот же остаток при делении на что и само число). Поэтому сумма поделится на А значит Бахтияр выиграет.

Пусть Игорь первым ходом возьмёт число Тогда понятно, что Розалина следующим ходом не выиграет. Докажем, что при любом ходе Розалины Игорь сможет выиграть. Разберём все случаи:

Р: 2 И: 5	=	;
Р: 3 И: 5	=	;
Р: 4 И: 5	=	;
Р: 5 И: 10	=	;
Р: 6 И: 9	=	;
Р: 7 И: 8	=	;
Р: 8 И: 7	=	;
Р: 9 И: 6	=	;
Р: 10 И: 5	=	.

После первого хода Арины хотя бы с одной стороны от клетки, в которой стоит буква есть две свободные. Поставим рядом с с соответствующей стороны. Далее ходим куда угодно, кроме второй свободной клетки. Заметим, что кроме трёх выбранных клеток, на полоске осталось свободных клеток. Поэтому, если Арина тоже никогда не ходит в незанятую вторую клетку, то мы по очереди заполняем оставшиеся клеток. Но их четное число, так что рано или поздно Арине всё-таки придётся сходить в третью выбранную клетку.

Сначала возьмем по одному камню из куч и Далее, если второй игрок берет из некоторых двух куч, то мы берем 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.

Первым ходов возьмем по 1 камню из куч 101 и 2020. Далее просто повторяем ходы Вари. Заметим, что за каждую пару ходов, вес большой кучи уменьшается не более чем на 2, в то же время суммарный вес двух маленьких куч уменьшается хотя бы на 2. Тогда понятно, что мы всегда сможем сделать ход, так как в маленьких кучах, в которые сходила Варя, будет нечетное число камней, а в большой куче будет больше камней, чем в двух других кучках в сумме. Поэтому рано или поздно мы придем в ситуацию, когда обе маленькие кучки станут нулями. Тогда в этот момент Варя не сможет сделать ход.