Игры → .01 Симметричные стратегии

Расположим камни в клетки таблицы на так, что главная диагональ была пустой (столбцы будут кучами). Петя должен брать несколько камней из одного столбца, а Вася — из разных. Тогда заметим, что если Вася будет делать ходы симметричные Петиным относительно пустой главной диагонали, то условие будет выполняться. Поэтому у Васи всегда есть ход. Так как игра конечна, то когда-то Петя проиграет.

Давайте разобьём клетки на пары следующим образом. Каждой клетке не из главной диагонали поместим в пару клетку, симметричную ей относительно главной диагонали. Клетке на главной диагонали, отличной от центральной, поставим в соответствие клетку из главной диагонали, симметричную ей относительно центральной. Центральная клетка останется без пары.

Теперь приведём стратегию за Игоря. Пусть первым ходом он покрасит центральную, а дальше на каждый ход второго будет отвечать ходом в парную клетку. Нетрудно заметить, что клетки в парах находятся в разных столбцах и строках, а значит, Игорь всегда сможет сделать ход.

Докажем, что Маша может выиграть независимо от действий Паши. Пусть она своим первым ходом соединит отрезком любые две противоположные вершины -угольника, проведя диагональ Заметим, что теперь ни один из игроков не может проводить диагонали, симметричные сами себе относительно этого отрезка (такая диагональ перпендикулярна первой проведенной). Пусть далее Маша будет делать ходы, симметричные ходам Паши относительно первой проведенной диагонали. Докажем, что такой ход возможен.

Рассмотрим произвольный момент, когда Паша будет делать очередной ход, проведя диагональ До этого момента была проведена диагональ для некоторого целого Тогда очередная Пашина диагональ должна пересечь хотя бы ранее проведенную. Следовательно, Машина симметричная диагональ также пересечет хотя бы ранее проведенную диагональ. При этом диагональ может быть перпендикулярна только диагонали проведенной Пашей ходом ранее. Значит, у нас образовались две перпендикулярные диагонали, симметричные относительно диагонали Тогда длины этих диагоналей равны. То есть они отличаются друг от друга поворотом на угол для некоторого целого откуда что невозможно, так как не делится на

Используем симметричную стратегию: будем поддерживать в кучках равное количество камней. Пусть в первой кучке камней, а во второй — причём Тогда возьмём из первой Теперь в кучках поровну камней. Соперник обязан взять хотя бы один, что нарушит равенство количеств. Ясно, что после хода соперника в обеих кучках не может остаться по камней. Значит, если изначально в кучках поровну камней, то победит второй, иначе — первый.

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.

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.

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.

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.

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.