Текстовые задачи на конструктивы в комбе

Сначала подставим число, состоящее из всех единиц, чтобы узнать их количество в

Далее будем рассматривать пятерку чисел, о которой мы будем знать количество единиц в ней, подставив число, состоящее из 5 двоек на позициях рассматриваемой пятерки. Далее в нашей пятерке зафиксируем число на произвольной позиции, относительно которого будем рассматривать пары чисел, подставляя на их позиции число 2. Таким образом, проведя 3 таких операции, мы определим число единиц в каждой такой паре. Значит, если в какой-то паре мы получили ответ, что в ней 0 или 2 единицы, то их позиции определяются однозначно. Зная, какая цифра находится на фиксированной позиции, мы однозначно определяем позиции остальных чисел. Если на все три пары мы получили ответ, что в них находится одна единица, то у нас возможны 2 варианта: либо на фиксированной позиции стоит цифра 2, а в остальных 1, либо наоборот, на фиксированной позиции стоит цифра 1. Зная количество единиц в этой пятерке, мы можем однозначно определить, какой из этих случаев выполняется.

Разбив число на 20 таких пятерок, получим, что мы определяем его за ход, но зная общее количество единиц в числе и число единиц в каждой из 19 пятерок, мы можем определить количество единиц в последней пятерке, не тратя на это ход. Следовательно, узнав характеристики 80 чисел можно однозначно определить число

Разобьем ленту на участков из числа и останется последние клетки. Стратегия будет повторяться отдельно для каждого участка.

Провидец (тот, кто знает всю ленту заранее) может первыми ходами задать следующие ходов своего партнера. И пускай он это сделает так, что среди них будет поражения и побед, теперь посчитаем, сколькими способами он может это сделать. — способов выбрать позиции на ленте для поражения и способа выбрать вариант поражения(оба не угадали цифру, ошибся только партнер, ошибся только провидец), всего

Рассмотрим оставшиеся позиций. Количество возможных последовательностей из и будет что меньше чем Тогда каждой последовательности можно сопоставить некоторую комбинацию из ошибок, то есть в первые ходов передать информацию о последующих символах и гарантированно угадать их.

Теперь посчитаем, сколько денег они получат с такой стратегией за ход. За первые ходов проиграли не более монет. За последующие проиграли в точности выиграли И в последующие ходов забирают монеты. По итогу игроки в плюсе хотя бы на монеты.

Повторив данную стратегию на всех участках будет заработано хотя бы а на последних двух клетках можно проиграть не более монет.

Пусть участники заранее разделятся на две группы по человек: первую и вторую. Все участники, которым ведущий не сообщает загаданное число, в первый раз назовут номер своей группы, а участник, которому ведущий сообщил загаданное число, назовет номер своей группы, если загаданное число равно и не номер своей группы, если загаданное число равно Тогда если участники назвали число десять раз, то загадано число а иначе —

Заметим, что достаточно найти несколько монет общей массой г, так как они уравновесят оставшиеся монеты. Возьмем любые пять монет и обозначим их буквами А, Б, В, Г, Д. Первыми двумя действиями взвесим пары А и Б, В и Г.

Если в обоих взвешиваниях весы показали неравенство, то монеты г и г найдены, их сумма составляет г.

Если в обоих взвешиваниях весы показали равенство, то монеты А, Б, В, Г все весят по  г. Третьим действием поставим А и Б на одну чашу, а Д — на другую. Так мы поймем массу монеты Д и при любой её массе среди известных масс набирается г.

Если в одном взвешивании было равенство, а в другом — неравенство, пусть А = Б и В > Г. Тогда монеты А и Б весят по  г, а В — или  г. Взвесив В с А и Б вместе, определим массу монеты В. Если В весит  г, то Г весит  г. Тогда монеты А, Б, В, Г имеют общую массу  г. Если В весит  г, то монеты А, Б и В имеют общую массу  г.

Рассмотрим очередь из школьников, где первый школьник изначально имеет конфет. Каждую минуту один из школьников передаёт стоящему за ним некоторое количество конфет причём после передачи выполняются условия:

где и — количество конфет у -го и -го школьников до передачи.

Введём функцию энергии системы:

При передаче конфет от школьника к изменение энергии составит:

Из условия следует:

Таким образом, Функция целочисленна, неотрицательна и строго убывает при каждом шаге. Следовательно, процесс завершится за конечное число шагов.

Для применения Diamond-леммы проверим, что любые два шага коммутируют. Пусть возможны передачи:

1.

От школьника к конфет

2.

От школьника к конфет

Н.у.о Если шаги независимы. Если то оба шага заменяются на суммарную передачу конфет от к в размере Пусть если сначала идет передача конфет от к то -ый школьник спокойно может передать конфет следующему, ведь количество конфет у него не уменьшилось. В любом случае, получаем, что у -ого школьника станет на конфет меньше, у увеличится на а количество конфет у изменится на По Diamond-лемме, получаем, что конечный исход единственен.

При столкновении двух машинок их разворот эквивалентен тому, что они проходят друг через друга без изменения направления. Таким образом, столкновения не изменяют общую динамику системы, а лишь меняют “метки” машинок. Будем считать, что у машинок есть номера, а при столкновении происходит перестановка номеров двух машинок.

За время прохождения автострады машинки вернутся в начальные позиции, но с другими номерами. Заметим, что если у нас машинок, то всего перестановок, тогда за прохождение автострады найдутся две одинаковые перестановки Заметим, что все столкновения на каждом прохождении трассы происходят одинаково с точностью до номеров машинок, то есть зависят только от номеров, которыми машинки меняются. Тогда просто заменим изначальные номера машинок на перестановку тогда в какой-то момент машинки вернутся с такой же перестановкой номеров, что и требовалось показать.

Рассмотрим граф, в котором вершинам соответствуют люди, а ребра между вершинами проведены, если соответствующие дети — участники одного марафона. С переходом человека между марафонами все ребра внутри прошлого марафона удаляются, и появляются ребра внутри нового марафона.

Если степень переходящей вершины до перехода была то в ее марафоне человек, тогда в марафоне, куда она переходит должно быть не менее человека, откуда получаем, что новая степень вершины не меньше Следовательно, после каждого перехода число ребер в графе увеличивается. Бесконечно увеличиваться число ребер увеличиваться не может, значит, рано или поздно процесс остановится. Очевидно, что он остановится именно тогда, когда все дети перейдут в один марафон, поскольку в любой другой ситуации возможен переход.

Рассмотрим самую левую букву Б. Эта буква Б не может сдвинуться вправо, поскольку любая операция с ней переставляет ее левее в слове. Предположим, что наш процесс бесконечен. Так как эта буква Б может двигаться только влево, то бесконечно двигаться она сама не может. То есть существует момент, начиная с которого буква Б перестает двигаться. Удалим начальный отрезок строки, состоящий из всех символов А до самой левой буквы Б и эту букву Б. Про действия, произведенные над этим начальным отрезком можно забыть. Тогда у нас все еще имеется бесконечный процесс, и в новой строке есть самая левая буква Б. Те же рассуждения можно повторить и для нее. Число букв Б в строке, очевидно, остается конечным и неизменным. Следовательно, процесс должен закончиться за конечное число ходов — противоречие.

Давайте как-нибудь раскрасим вершины. Рассмотрим произвольную вершину и её соседей. По приницпу Дирихле найдётся цвет в который покрашены не более двух её соседей. Если не цвета и при этом соединена с хотя бы тремя вершинами её цвета, то мы можем её перекрасить в тем самым уменьшив количество одноцветных рёбер. Если делать такие операции, рано или поздно мы получим граф, в котором каждая вершина является концом не более двух одноцветных рёбер. Это даёт требуемое.

Назовем человека, сидящего напротив Васи, Андреем. Сначала приведем пример, при котором меньше, чем печенек может не хватить. Пусть у Андрея печенек. Расставим людям веса, начиная от Андрея, у которого вес будет равен и идя по двум дугам к Васе, умножая вес очередного человека на (тем самым у Васи будет вес

Умножим вес каждого человека на количество печенек у него, и сложим эти числа у всех людей. Посчитанную сумму обозначим через Заметим, что при описанной в условии операции сумма не увеличивается. Изначальная сумма меньше Но если бы Васе досталась печенька, сумма стала бы не меньше что невозможно.

Теперь покажем, что печенек всегда хватит. Также расставим веса и будем считать сумму Рассмотрим две дуги и между Андреем и Васей, включая их обоих. Посчитаем отдельно две суммы для дуг и Заметим, что печеньки Андрея будут посчитаны дважды, а вес каждого другого человека не меньше Поэтому, если печенек хотя бы то в сумме на дугах и получится не меньше значит, хотя бы на одной из дуг сумма будет не меньше Не умаляя общности скажем, что это дуга

Пока на дуге есть люди, у которого хотя бы две печеньки, будем заставлять их съедать одну печеньку и отдавать вторую соседу, который сидит ближе к Васе (или самому Васе). Заметим, что, во-первых, при такой операции сумма на дуге не меняется, во-вторых, уменьшается общее количество печенек, поэтому операции не могут продолжаться бесконечно долго. Если Васе в итоге не досталось печенек, то сумма на дуге не превосходит что не верно. Поэтому Васе обязательно достанется печенька.

Пусть есть две разные последовательности ходов. Они различаются в каком-то месте: в первой последовательности был сделан ход, перемещающий шарик из коробки в коробку а во второй — из коробки в коробку Докажем, что

1) ход будет обязательно сделан и в первой последовательности ходов;

2) этот ход можно сделать прямо перед ходом сохранив все остальные ходы (и итоговое расположение шариков в коробках).

1) В самом деле, если этот ход можно было сделать во второй последовательности, то сейчас в коробке хотя бы на шарик больше, чем в коробке Любые другие ходы, кроме не уменьшают число шариков в коробке и не увеличивают число шариков в коробке — значит процесс не закончится, если ход не будет сделан.

2) сделаем ход перед ходом (это возможно). Любой другой ход кроме тоже можно будет сделать, так как этот другой ход будет либо не затрагивать коробок либо будет осуществлять перекладывание в коробку (и это будет возможно, так как в этой коробке шариков только на 1 меньше), либо будет осуществлять перекладывание из коробки (и это будет возможно, так как в этой коробке шариков только на больше). Так мы дойдем до того момента, когда должен был быть сделан ход после чего раскладывание будет ровно таким же, как и раньше. Итоговое распределение шариков при этом не изменится.

Так можно постепенно преобразовать одну последовательность в другую, не меняя итогового распределения шариков. Значит результат не зависит от последовательности ходов.

Если исходный граф является полным, то можем выбрать одну из вершин, и условие задачи будет выполняться.

Пусть теперь граф не является полным. Тогда имеются две вершины, не соединённые ребром. Расстояние между ними не меньше Рассмотрим кратчайший путь из первой вершины во вторую. Первую вершину обозначим а через обозначим вершину на кратчайшем пути, находящуюся на расстоянии от

Рёбра, инцидентные или вместе со всеми инцидентными этим рёбрам вершинами, образуют подграф. Если он содержит все вершины графа, то утверждение доказано. Пусть это не так. Тогда имеется вершина, не соединённая ни с ни с Расстояние от неё до множества не меньше Рассмотрим кратчайший путь, соединяющий её с вершиной или На этом пути снова возьмём вершину на расстоянии от где Обозначим её через По построению, между нет рёбер. Далее снова рассматриваем все рёбра, инцидентные хотя бы одной из трёх выбранных вершин вместе со своими концами. Это связный подграф, и если он содержит не все вершины графа, то повторяем конструкцию. А именно, имеется вершина, не соединённая ни с ни с ни с Расстояние от неё до множества не меньше Рассматриваем кратчайший путь, соединяющий её с одной из вершин где (минимум длин путей берём по всем ). На этом пути берём вершину на расстоянии от и так далее. Рано или поздно в ходе этого процесса все вершины исчерпаются, и будет построено то, что нужно.

Если число одного из мудрецов равно то он знает, что число другого мудреца равно либо либо ему остаётся определить только то, какая из этих двух возможностей имеет место. Когда мудрец отвечает на вопрос "Знаешь ли ты моё число?"в первый раз, он может ответить положительно только если его число равно (в этом случае число второго однозначно равно ). Если ответ был отрицательный, то второй мудрец узнает, что число не равно (хотя он это и так знает, если его число больше ). Далее, если при втором задании вопроса отвечает отрицательно, то узнает, что число не равно и (если число равно он наверняка знал бы, что число равно поскольку после первого вопроса он знает, что оно не равно ).

Пусть перед очередным вопросом одного из мудрецов (для определенности, ) обоим мудрецам известно, что число не равно а число не равно Если ответил отрицательно, то его число не равно (иначе он бы знал, что число равно также его число не равно (иначе он бы знал, что число равно поскольку оно не может быть равно ). Итак, в случае отрицательного ответа мы приходим к ситуации, аналогичной только что рассмотренной: перед вопросом B обоим мудрецам известно, что число не равно а число не равно

Далее при повторении отрицательных ответов каждый из гениев будет постепенно определять, что число другого гения не равно ни одному числу из начального отрезка натурального ряда. Так как числа гениев конечны, то процесс отрицательных ответов рано или поздно прекратится; это означает, что один из гениев ответит на вопрос положительно.

Решение 1. Сначала докажем, что все числа на доске всегда будут принадлежать интервалу Для этого достаточно проверить, что корни трехчлена вида где тоже принадлежат интервалу Пусть и — эти корни, тогда поэтому и числа одного знака. При этом поэтому и положительны. Кроме того, поэтому и меньше Таким образом, и тоже принадлежат интервалу

Рассмотрим сумму обратных величин к числам на доске и исследуем, как она изменяется при указанных операциях. Заменяя пару чисел и на корни и трехчлена мы заменяем в этой сумме слагаемое на

Так как и —- числа из интервала имеем и откуда

Таким образом, рассматриваемая сумма обратных величин на каждом шагу уменьшается более чем на Поскольку она останется положительной, такое уменьшение не может происходить бесконечно много раз. Точнее, количество действий не может быть больше, чем где — сумма обратных величин исходных чисел, а квадратные скобки обозначают целую часть числа.

Решение 2. Как и в первом решении, отметим, что все числа на доске всегда принадлежат интервалу Кроме того, заметим, что корни трехчлена где лежат между числами и на числовой оси. Действительно, из равенства и ранее доказанной положительности корней следует, что и А из равенства и ранее доказанных неравенств и следует, что и . Таким образом, если у трехчлена есть два корня, то и корни лежат в интервале Следовательно, минимум из чисел на доске не уменьшается, значит, все числа будут не меньше некоторого положительного числа (равного минимуму из исходных чисел).

Теперь исследуем, как изменится сумма всех чисел на доске. При замене чисел и на корни трехчлена из этой суммы вычитается Действительно, исходные числа вносили в сумму вклад а заменившие их корни и вклад Таким образом, сумма всех чисел на каждом шаге уменьшается на величину, не меньшую, фиксированного положительного числа Поскольку сумма всегда остается положительной и в начале она не превосходит таких действий будет не больше, чем где квадратные скобки обозначают целую часть числа.

Рядом с может стоять одно из чисел . Рядом с пятеркой — . Заметим также, что соседями единицы могут быть только два последовательных числа. Переберем всевозможные варианты для соседа двойки:

1) Рядом с 2 стоит 3. Тогда рядом с 3 может стоять только 1. Ее сосед — это только 4 и рядом с 4 может встать только 6.

2) Рядом с 2 стоит 4. Тогда рядом с 4 может стоять или .

Рассмотрим некоторого человека, назовём его . Пусть его шляпа изначально оказалась у какого-то , шляпа оказалась у , и т.д. Рассмотренный нами процесс нумерации рано или поздно закончится тем, что для какого-то его шляпа окажется у какого-то , который был уже нами пронумерован ранее. При этом это может быть только , т.к. про всех остальных мы уже знаем, откуда взялись находящиеся у них шляпы.

Значит, шляпа в начале представления оказалась у и мы получили так называемый цикл из человек. Для удобства будем считать, что и т.д., чтобы иметь возможность говорить, что каждый человек с номером передал свою шляпу человеку с номером (то есть, мы на самом деле нумеруем людей остатками (классами вычетов) при делении на ).

После того, как джентльмены передадут свои шляпы, шляпа окажется у того, у кого раньше была шляпа , то есть у , шляпа окажется у и т.д. Шляпа каждого окажется у . После второй передачи шляпа каждого окажется у и т.д. Через минут шляпа окажется у .

Если это тот же человек, что и , разность их номеров, то есть , должна делится на . Значит, шляпа может вернуться к исходном владельцу, только если количество человек в цикле является степенью двойки. При этом фокусник хочет, чтобы был цикл как можно большей длины.

Самая большая степень двойки, не превосходящая 100, это . Фокусник в начале должен разбить пришедших на представление на циклы, длины одного из которых равна 64, а длины остальных — меньшие степени двойки, не важно какие. Тогда через 6 минут все шляпы окажутся у своих настоящих владельцев (у некоторых они окажутся раньше, но в этот момент это впервые произойдёт для всех сразу).

Во-первых, специальным образом пронумеруем монеты: присвоим им трехзначные номера Для первого взвешивания положим на одну чашу весов те монеты, у которых старший разряд равен (то есть ), а на другую — те монеты, у которых он равен Если перетянет чашка с запишем на бумажке цифру Если перетянет — запишем Если чаши весов останутся в равновесии запишем

Для второго взвешивания на одну чашу выложим монеты (то есть все те монеты, у которых второй разряд равен ), а на другую — (то есть те монеты, у которых средний разряд равен ). Запишем результат взвешивания таким же образом, что и при первом взвешивании.

Третьим взвешиванием сравниваем с (соответственно, нули и двойки в младшем разряде) и записываем третью цифру.

Мы получили три цифры — иначе говоря, трехзначное число. Далее определяем фальшивую монету по следующему рецепту:

Если это число совпадает с номером какой-то монеты, то эта монета фальшивая и тяжелее остальных. Если нет, то заменим в этом числе все нули на двойки, а все двойки на нули. После этого оно должно совпасть с номером какой-то монеты. Эта монета фальшивая и легче остальных.

Предъявим конкретное взвешивание: на первую чашу весов кладём пять самых лёгких гирь, на вторую три самые тяжёлые. Действительно, если утверждение “любые пять камней вместе тяжелее любых трех” верно, то весы очевидно покажут перевес на первой чаше. Если же утверждение неверно, то есть можно выбрать пятёрку камней и тройку камней, что суммарный вес пятёрки не больше веса тройки. А поскольку суммарный вес любых пяти камней как минимум вес пяти самых лёгких, а суммарный вес любых трёх камней не больше веса трёх самых лёгких, весы гарантированно покажут не перевес первой чаши. Соответственно мы различим исходы и сделаем верный вывод.

Сначала заметим, что мы можем сделать циклический сдвиг букв в слове. Действительно, пусть у нас есть слово . Удвоим его и удалим буквы слева. Получили слово .

Теперь приведём алгоритм. Пусть у нас имеется слово , имеющее вид . Сделаем копию раз, получим слово , состоящее из копий , идущих подряд. Рассмотрим самое крайнее слово справа, из него будем делать нужную перестановку. Пусть мы хотим получить некоторую перестановку . Пусть — минимальный индекс такой, что . Уберём в самом правом слове все буквы от до . Теперь сделаем циклический сдвиг, переместим в конец слова . Далее будем следовать аналогичному алгоритму, найдём в слове букву (она будет среди первых слева букв), удалим все буквы перед ней и сдвинем её в конец слова и так дальше.

Спустя не более циклических сдвигов последних букв слова будут нужной перестановкой, останется только удалить лишние буквы слева и мы получим требуемое.

Осталось объяснить, почему длины слова хватит. На первом шаге мы удаляем не более букв справа и менее букв слева, а на остальных шагах — менее букв слева. Таким образом, всего будет удалено не более букв. Длина слова равна . Неравенство вытекает из неравенства , которое можно доказать индукцией по . Таким образом, мы сможем выполнить циклических сдвигов и при этом точно останутся букв, составляющих нужную перестановку.

Всего способов рассадить школьников по двум разным аудиториям (каждого из школьников можно посадить в одну из двух аудиторий). Способов рассадить школьников по аудиториям, при которых по конкретному предмету в какой-то из аудиторий нет сильнейших ведь можно двумя способами выбрать аудиторию, в которой не будет сильнейших по предмету, а остальных в любую из двух. Тогда способов рассадки, при которых в одной из аудиторий нет сильнейших хотя бы по одному из предметов не более Отметим, что а значит, в каком-то из способов не нашлось аудитории, в которой нет сильнейших ни по одному предмету.