Reklama
Polityka_blog_top_bill_desktop
Polityka_blog_top_bill_mobile_Adslot1
Polityka_blog_top_bill_mobile_Adslot2
Łamiblog - Blog Marka Penszko Łamiblog - Blog Marka Penszko Łamiblog - Blog Marka Penszko

11.10.2019
piątek

Wartość wyborów

11 października 2019, piątek,

Wartość tegorocznych wyborów można określić, rozwiązując poniższy kryptarytm. Nowicjuszom przypominam, że chodzi o rozszyfrowanie słupkowego zapisu mnożenia. Puste kratki i litery zastępują jakieś cyfry, ale pod jednakowymi literami (w tym przypadku pod dwoma igrekami) ukrywają się takie same cyfry, a pod różnymi literami – różne cyfry.
W rozwiązaniu wystarczy podać tytułową wartość, czyli iloczyn lub dwucyfrowy mnożnik, określający być może wartość procentową frekwencji wyborczej.

5.10.2019
sobota

Zero dziewięć

5 października 2019, sobota,

Tegoroczny letni „Omnibus” miał spore wzięcie, więc jeśli autor podoła, to w przyszłym roku będzie następny, już szesnasty. Informacje o wzięciu są dla mnie jak zwykle równie miłe, co zaskakujące – głównie dlatego, że zadania w „Omnibusach” do łatwych nie należą, więc jeśli służą zabijaniu czasu, to stanowią zapewne dla części rozwiązujących morderstwa z premedytacją o odcieniu masochistycznym. Ściśle rzecz biorąc, w miarę proste zadania stanowią w tych zeszytach wyraźną mniejszość.
Poniżej dwa przykłady, należące do goszczącego czasem w „Omnibusach” gatunku arytmetyki szkieletowej. Pierwszy zaliczyłbym do wspomnianej prostej mniejszości, drugi – do orzechów ekstremalnej twardości omnibusowej.

Przypomnę, że chodzi o rozszyfrowanie mnożeń, w słupkowym zapisie których ujawniono tylko cztery cyfry – pozostałe zastąpiono kratkami. Wypada dodać, że pojawienie się jeszcze jakichś zer i dziewiątek w pustych kratkach nie jest wykluczone.

 

28.09.2019
sobota

Dziś…

28 września 2019, sobota,

…bardzo krótko, dość klasycznie, relaksowo i nieco żartobliwie.
Piotr i Troip (z jakiej to powieści?) wyglądają bardzo podobnie. Piotr zawsze kłamie w poniedziałek, wtorek i środę, a w pozostałe dni z premedytacją mówi prawdę. Natomiast Troip prawie odwrotnie, czyli kłamie regularnie w czwartek, piątek i sobotę, zaś jest do bólu prawdomówny w pozostałe dni.
Wyobraź sobie, że spotykasz ich obu i ten z lewej mówi: „dziś nie jest niedziela”. A ten z prawej dodaje: „dziś nie jest poniedziałek”.
Jaki był „dziś” dzień i kim jest ten z lewej?

20.09.2019
piątek

Dwumat 2

20 września 2019, piątek,

Dołączane do zamieszczanych w komentarzach rozwiązań uwagi, dotyczące zadania, w rodzaju: „podejrzanie proste”, stanowią dla mnie asumpt do bliźniaczej powtórki nieco cięższego kalibru. Tak właśnie zdarzyło się przy okazji poprzedniego wpisu, stąd dwumatowy bis.
Przypominam: na polach oznaczonych białym lub czarnym kółeczkiem należy rozmieścić cztery białe i cztery czarne figury wybrane spośród znajdujących się obok szachownicy (zatem tylko jedna biała i jedna czarna nie trafią na planszę).

Ustawienie figur powinno być takie, aby oba króle były zamatowane, czyli by każdy z nich był szachowany i żadna strona nie miała możliwości uwolnienia swojego władcy spod szacha.

13.09.2019
piątek

Dwumat

13 września 2019, piątek,

Reguły szachów wykluczają sytuację, w której doszłoby do równoczesnego szacha obu królom, chociaż praktycznie jest to możliwe. Wystarczyłoby zaszachować króla królem, czyli pozwolić na bliski kontakt dwóch władców. Niebezpośredni obustronny szach nastąpiłby natomiast po zaatakowaniu króla bierką stanowiącą zasłonę przed szachem własnemu królowi w taki sposób, że przesunięcie tej bierki likwidowałoby zasłonę. Możliwy jest nawet równoczesny mat – taka sytuacja kojarzy się z dwoma nokautami na ringu w tym samym momencie, np. po dwóch prawych prostych lądujących na dwóch szczękach (w przeciwieństwie do szachów w boksie takie sytuacje się zdarzają).
To, co wykluczone w grze, może być dozwolone, a nawet wskazane w łamigłówkach. Istnieją więc zadania, polegające na ustawieniu pozycji obustronnego mata. Inaczej i ściślej mówiąc: na szachownicy oznaczone są pola (białe i czarne kółeczka), na których należy umieścić bierki tak, aby czarny i biały król były szachowane i żadna ze stron nie miała możliwości obrony przed szachem, czyli praktycznie by oba króle były zamatowane. Bierki do ustawienia można i należy wybierać spośród figur ulokowanych przy brzegach diagramu, jak w poniższym przykładzie.

Zadanie jest nieco trudniejsze niż przykład, choć z umieszczeniem króli na właściwych polach (nie obok siebie) nie powinno być kłopotu.

6.09.2019
piątek

Miniaturka

6 września 2019, piątek,

Łamiblogowe łamigłówki szachowe są albo nietypowe, czyli ich reguły odbiegają od klasycznych zasad gry, albo są w bierki i ruchy ubogie, czyli należą do tzw. miniatur*. W związku z tym zazwyczaj bywają niezbyt trudne.
Nietypowa trochę poczeka, a dziś pora na miniaturę – z zaledwie czterema bierkami – jedną z najbardziej pomysłowych i urokliwych, która debiutowała na łamach regionalnego amerykańskiego dziennika Galveston Daily News w roku 1888. Trudno o lepszą z nie większą liczbą bierek.
Zadanie jest trzychodówką, a więc zaczynają białe, które powinny zamatować czarnego króla najdalej w swoim trzecim posunięciu. W jaki sposób?

W rozwiązaniu wystarczy podać pierwszy ruch białych, choć oczywiście „pełnia gry” będzie mile widziana.

*określenie „miniatura szachowa” ma także inne znaczenie – jest to po prostu krótka partia.

30.08.2019
piątek

Schodki łacińskie

30 sierpnia 2019, piątek,

Dlaczego schodki? – to widać. A dlaczego łacińskie? – ponieważ są spokrewnione z kwadratem łacińskim, a więc obiektem pojawiającym się w różnych wcieleniach nierzadko i nie tylko w Łamiblogu. Przypomnijmy, że w pierwowzorze jest to kwadrat n×n, czyli złożony z n^2 kratek, w których liczby od 1 do n rozmieszczone są tak, że żaden wiersz ani żadna kolumna nie zawiera dwóch takich samych liczb.
Schodki także tworzą rzędy (wiersze i kolumny) kratek z liczbami, ale ich długości są różne, co utrudnia konstruowanie i sprawia, że definicja konstrukcji jest nieco inna: w każdym rzędzie złożonym z m kratek powinno się znaleźć m różnych liczb od 1 do m. Jeżeli zatem rząd jest 3-kratkowy, to do wykorzystania są liczby 1, 2, 3, a jeśli 7-kratkowy, to od 1 do 7.

Łamigłówka polega na wypełnieniu cyframi schodków tak, aby stały się łacińskie. Niektóre cyfry są już na swoich miejscach. W rozwiązaniu wystarczy podać, ile jest par pól, stykających się tylko rogami, w których są jednakowe liczby nieparzyste.
Początek jest łatwy, ale potem zaczynają się… schody. Mimo to dla ambitnych i wytrwałych tęgich głów i komputerów mam pytanie ekstra: czy którąś z ujawnionych cyfr można usunąć bez utraty jednoznaczności rozwiązania?

23.08.2019
piątek

Sudoku podminowane

23 sierpnia 2019, piątek,

Małe jest piękne, bardzo małe – piękniejsze, a dwa bardzo małe to „piękność w całej ozdobie”.

Pierwsze małe jest sudoku mini:
w każdym wierszu, każdej kolumnie i w każdym z czterech wydzielonych kwadratów 2×2 powinny się znaleźć cyfry od 1 do 4.
Drugie małe to mini saper:
każda cyfra oznacza, w ilu sąsiednich pustych kratkach – stykających się z polem z cyfrą bokiem lub rogiem – jest mina; należy ujawnić wszystkie miny.
Zadania są oczywiście dziecinnie proste – można je rozwiązać w głowie. Smaczkiem jest natomiast jednakowe rozmieszczenie cyfr w obu diagramach. Przy okazji warto zauważyć, że cztery cyfry w sudoku 4×4 tworzą tzw. minimalny zbiór krytyczny, czyli gdyby w takim mini diagramie cyfr było mniej, to zadanie nigdy nie miałoby jednego jedynego rozwiązania. Dla normalnego sudoku (9×9) minimalnym zbiorem krytycznym jest 17 cyfr. Kto ułoży sudoku z ujawnionymi 16 cyframi i jedynym rozwiązaniem, tego czeka sława, pół królestwa i (niestety) królewna za żonę.
Bliski kontakt sudoku z saperem sugeruje zadzierzgnięcie ściślejszych więzów, co zresztą nastąpiło przed 12 laty na mistrzostwach Japonii w rozwiązywaniu sudoku. Owocem tego związku była hybryda bardzo rzadko spotykana i różnie nazywana, np. saperdoku. Oto wariant 6×6.

W każdym rzędzie, kolumnie i wydzielonym prostokącie 2×3 powinny znaleźć się cyfry od 1 do 4 oraz dwie miny. Poza tym cały diagram (bez podziału na prostokąty) jest zielonym saperem, czyli każda cyfra, która znajdzie się w zielonym polu – i tylko ta cyfra – powinna oznaczać, w ilu polach, sąsiadujących (uwaga!) tylko bokiem z tym zielonym polem, są miny.
Zadanie nie jest łatwe. W rozwiązaniu wystarczy podać sumę cyfr (liczb) na przekątnych.

16.08.2019
piątek

Para pól

16 sierpnia 2019, piątek,

Zadania geometryczne pojawiają się w Łamiblogu rzadko; choćby dlatego, że generalnie ich udział w repertuarze łamigłówkowym jest skromny. Postanowiłem nadrobić tę zaległość z nawiązką i zaproponować od razu dwa małe i nietwarde, a raczej figlarne orzeszki geometryczne. Aby było jeszcze figlarniej, nie będzie żadnych obrazków – tylko opis. Kogo skusi rozgryzanie, tego czeka na wstępie samodzielna rekonstrukcja rysunków, choć moim zdaniem powinna wystarczyć wyobraźnia. Proponuję w związku z tym spróbować rozwiązać oba zadania w głowie, czyli bez rysowania i pisania. Dodam jeszcze, że w rozwiązaniach kryje się wyjaśnienie, dlaczego oba stanowią duet.
Zadanie 1
Dwa współśrodkowe okręgi o różnych promieniach tworzą znajdujący się między nimi pierścień kołowy. Cięciwa większego okręgu styczna do mniejszego ma długość równą √2. Jakie jest pole pierścienia?
Zadanie 2
Mamy tzw. trójkąt egipski, czyli prostokątny o bokach 3, 4 i 5. Dorysowujemy do niego trzy okręgi o promieniu równym 1, których środkami są wierzchołki trójkąta. Jakie jest łączne pole części kół znajdujących się wewnątrz trójkąta?

9.08.2019
piątek

Podstępnie

9 sierpnia 2019, piątek,

Łamigłówki bywają podstępne. Podstęp niejedno ma imię, a jego ofiarą może paść nie tylko rozwiązywacz, ale także układacz. Piszę to jako autor i ofiara pewnego zadania z aktualnego Omnibusa wakacyjnego, które mnie przechytrzyło w niecny sposób. Chciałem, aby było najprostszym z serii trzech tego samego rodzaju, a ono wykorzystało moje dobre intencje i złośliwie poczęstowało mnie pewną dodatkową „atrakcją”.
Przechodząc do konkretów:
W białych polach diagramu znajduje się pięć czerwonych cyfr. W pięć innych należy wpisać pięć czarnych cyfr – różnych, od 1 do 5 (w przykładzie czerwonych i czarnych są po cztery). Ich rozmieszczenie powinno spełniać następujące warunki:
– w każdym wierszu i w każdej kolumnie powinna znaleźć się dokładnie jedna czarna;
– każda czerwona musi być równa jednej czarnej lub sumie dwóch czarnych widocznej (widocznych) z pola czerwonej, patrząc w rzędzie lub/i kolumnie (inna czerwona zasłania widok – jak w przykładzie czerwona czwórka zasłania czerwonej dwójce wpisaną czarną trójkę).
Przykład


Figlem, który spłatała łamigłówka (oczywiście z moją pomocą) okazała się większa niż jedno liczba rozwiązań.
I stąd się bierze moje pytanie:
ile rozwiązań ma to zadanie?

css.php