{"id":"apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread","title":"Пожар на решётке \\(P_n\\square P_n\\), APMO 2005 P4","path":"data\\problems\\apmo\\apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/apmo/apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread","source_key":"apmo","source_label":"APMO","source_titles":["APMO 2005 официальные решения"],"year":"2005","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_exact_bound"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"APMO 2005 P4; условие и решение естественно формулируются на графе решётки.","status":"ai_checked"},"review_status":"source_verified","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"source_verified","confidence":0.9,"basis":"официальный источник, затем аудит очень высокой сложности","notes":"Официальное решение развёрнуто; проверены момент постановки барьера, индукция \\(s(t)\\le t-p(t)\\) и подсчёт дальних уровней.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"source_verified","text":"В городе имеется таблица домов \\(n\\times n\\), дом в строке \\(i\\) и столбце \\(j\\) обозначается \\((i,j)\\). В момент \\(0\\) пожар начинается в доме \\((1,c)\\), где \\(c\\le n/2\\). За каждый следующий промежуток времени пожарные успевают защитить один ещё не горящий дом, а затем огонь распространяется на все незащищённые соседние дома каждого уже горящего дома. Соседними считаются дома на расстоянии 1 по Манхэттену. После защиты дом остаётся защищённым навсегда. Когда огонь больше не может распространяться, процесс заканчивается. Какое наибольшее число домов можно спасти?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Пожар на решётке \\(P_n\\square P_n\\)","status":"ai_checked","text":"В графе \\(P_n\\square P_n\\) сначала заражена вершина \\((1,c)\\), где \\(c\\le n/2\\). На каждом шаге можно навсегда удалить одну ещё не заражённую вершину, после чего заражение переходит из всех заражённых вершин во всех их неудалённых соседей. Найдите наибольшее возможное число вершин, которые никогда не будут заражены.","definition_ids":["connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Развёрнутое решение через барьер и слои расстояния","status":"source_verified","definition_ids":["connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: можно спасти ровно \\(n^2+c^2-nc-c\\) домов. Сначала опишем стратегию, достигающую этой оценки. Защищаем клетки в порядке \\[ (2,c),(2,c+1),(3,c-1),(3,c+2),\\ldots,(c+1,1),(c+1,2c), \\] а затем клетки \\((c+1,2c+1),(c+1,2c+2),\\ldots,(c+1,n)\\). Первая часть строит две диагональные стены от очага вниз-влево и вниз-вправо, а вторая часть достраивает горизонтальную стену вправо. Проверим, что защита ставится вовремя. Клетка \\((r+1,c-r+1)\\) или \\((r+1,c+r)\\) находится на манхэттенском расстоянии \\(r\\) от \\((1,c)\\), поэтому её защищают как раз до того, как огонь впервые мог бы до неё добраться. Защищённая клетка навсегда остаётся преградой. Посчитаем спасённые клетки. Для каждого \\(r=1,2,\\ldots,c\\) две защищённые клетки на соответствующей диагонали спасают вертикальные хвосты длины \\(n-r\\). Это даёт \\[ 2((n-1)+(n-2)+\\cdots+(n-c)). \\] Справа от горизонтальной стены остаётся прямоугольник из \\…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1971-p10-apmo-2005-p4-spread-frontier","neighbor_id":"cmo-1971-p10-one-way-phone-gossip","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-apmo-2005-p4-imo-2013-c6-layer-frontier","neighbor_id":"third-fourth-distance-layer-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-utyum-2024-capital-flights-apmo-firefighters","neighbor_id":"utyum-2024_komol63_67_capital_flights_bipartite","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread пожар на решётке \\(p_n\\square p_n\\), apmo 2005 p4 connectivity goal_exact_bound 2005 apmo apmo 2005 официальные решения apmo2005 https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2005_sol.pdf official_archive src-apmo-2005-official with_solution ? apmo 2005 официальные решения stmt-original условие source_verified в городе имеется таблица домов \\(n\\times n\\), дом в строке \\(i\\) и столбце \\(j\\) обозначается \\((i,j)\\). в момент \\(0\\) пожар начинается в доме \\((1,c)\\), где \\(c\\le n/2\\). за каждый следующий промежуток времени пожарные успевают защитить один ещё не горящий дом, а затем огонь распространяется на все незащищённые соседние дома каждого уже горящего дома. соседними считаются дома на расстоянии 1 по манхэттену. после защиты дом остаётся защищённым навсегда. когда огонь больше не может распространяться, процесс заканчивается. какое наибольшее число домов можно спасти? stmt-graph пожар на решётке \\(p_n\\square p_n\\) ai_checked в графе \\(p_n\\square p_n\\) сначала заражена вершина \\((1,c)\\), где \\(c\\le n/2\\). на каждом шаге можно навсегда удалить одну ещё не заражённую вершину, после чего заражение переходит из всех заражённых вершин во всех их неудалённых соседей. найдите наибольшее возможное число вершин, которые никогда не будут заражены. connected_graph path idea-levels-from-source уровни по расстоянию от очага решение группирует дома по манхэттенскому расстоянию от начального пожара и отслеживает, сколько домов на данном уровне можно успеть защитить к нужному моменту. connectivity ai_checked idea-frontier-count оценка через огненный фронт считается, сколько вершин текущего уровня может остаться не сгоревшими к моменту прихода огня, используя ограничение «не более одной защиты за ход». double_counting ai_checked sol-official-compressed развёрнутое решение через барьер и слои расстояния source_verified connected_graph path induction ответ: можно спасти ровно \\(n^2+c^2-nc-c\\) домов. сначала опишем стратегию, достигающую этой оценки. защищаем клетки в порядке \\[ (2,c),(2,c+1),(3,c-1),(3,c+2),\\ldots,(c+1,1),(c+1,2c), \\] а затем клетки \\((c+1,2c+1),(c+1,2c+2),\\ldots,(c+1,n)\\). первая часть строит две диагональные стены от очага вниз-влево и вниз-вправо, а вторая часть достраивает горизонтальную стену вправо. проверим, что защита ставится вовремя. клетка \\((r+1,c-r+1)\\) или \\((r+1,c+r)\\) находится на манхэттенском расстоянии \\(r\\) от \\((1,c)\\), поэтому её защищают как раз до того, как огонь впервые мог бы до неё добраться. защищённая клетка навсегда остаётся преградой. посчитаем спасённые клетки. для каждого \\(r=1,2,\\ldots,c\\) две защищённые клетки на соответствующей диагонали спасают вертикальные хвосты длины \\(n-r\\). это даёт \\[ 2((n-1)+(n-2)+\\cdots+(n-c)). \\] справа от горизонтальной стены остаётся прямоугольник из \\… apmo-2005-p4-firefighters-grid-spread pozhar na reshetke \\(p_n\\square p_n\\), apmo 2005 p4 connectivity goal_exact_bound 2005 apmo apmo 2005 ofitsialnye resheniya apmo2005 https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2005_sol.pdf official_archive src-apmo-2005-official with_solution ? apmo 2005 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie source_verified v gorode imeetsya tablitsa domov \\(n\\times n\\), dom v stroke \\(i\\) i stolbtse \\(j\\) oboznachaetsya \\((i,j)\\). v moment \\(0\\) pozhar nachinaetsya v dome \\((1,c)\\), gde \\(c\\le n/2\\). za kazhdyy sleduyuschiy promezhutok vremeni pozharnye uspevayut zaschitit odin esche ne goryaschiy dom, a zatem ogon rasprostranyaetsya na vse nezaschischennye sosednie doma kazhdogo uzhe goryaschego doma. sosednimi schitayutsya doma na rasstoyanii 1 po manhettenu. posle zaschity dom ostaetsya zaschischennym navsegda. kogda ogon bolshe ne mozhet rasprostranyatsya, protsess zakanchivaetsya. kakoe naibolshee chislo domov mozhno spasti? stmt-graph pozhar na reshetke \\(p_n\\square p_n\\) ai_checked v grafe \\(p_n\\square p_n\\) snachala zarazhena vershina \\((1,c)\\), gde \\(c\\le n/2\\). na kazhdom shage mozhno navsegda udalit odnu esche ne zarazhennuyu vershinu, posle chego zarazhenie perehodit iz vseh zarazhennyh vershin vo vseh ih neudalennyh sosedey. naydite naibolshee vozmozhnoe chislo vershin, kotorye nikogda ne budut zarazheny. connected_graph path idea-levels-from-source urovni po rasstoyaniyu ot ochaga reshenie gruppiruet doma po manhettenskomu rasstoyaniyu ot nachalnogo pozhara i otslezhivaet, skolko domov na dannom urovne mozhno uspet zaschitit k nuzhnomu momentu. connectivity ai_checked idea-frontier-count otsenka cherez ognennyy front schitaetsya, skolko vershin tekuschego urovnya mozhet ostatsya ne sgorevshimi k momentu prihoda ognya, ispolzuya ogranichenie «ne bolee odnoy zaschity za hod». double_counting ai_checked sol-official-compressed razvernutoe reshenie cherez barer i sloi rasstoyaniya source_verified connected_graph path induction otvet: mozhno spasti rovno \\(n^2+c^2-nc-c\\) domov. snachala opishem strategiyu, dostigayuschuyu etoy otsenki. zaschischaem kletki v poryadke \\[ (2,c),(2,c+1),(3,c-1),(3,c+2),\\ldots,(c+1,1),(c+1,2c), \\] a zatem kletki \\((c+1,2c+1),(c+1,2c+2),\\ldots,(c+1,n)\\). pervaya chast stroit dve diagonalnye steny ot ochaga vniz-vlevo i vniz-vpravo, a vtoraya chast dostraivaet gorizontalnuyu stenu vpravo. proverim, chto zaschita stavitsya vovremya. kletka \\((r+1,c-r+1)\\) ili \\((r+1,c+r)\\) nahoditsya na manhettenskom rasstoyanii \\(r\\) ot \\((1,c)\\), poetomu ee zaschischayut kak raz do togo, kak ogon vpervye mog by do nee dobratsya. zaschischennaya kletka navsegda ostaetsya pregradoy. poschitaem spasennye kletki. dlya kazhdogo \\(r=1,2,\\ldots,c\\) dve zaschischennye kletki na sootvetstvuyuschey diagonali spasayut vertikalnye hvosty dliny \\(n-r\\). eto daet \\[ 2((n-1)+(n-2)+\\cdots+(n-c)). \\] sprava ot gorizontalnoy steny ostaetsya pryamougolnik iz \\…","source_keys":["apmo"]}
{"id":"apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal","title":"Максимум пар вершин на расстоянии 2, APMO 2010 P3","path":"data\\problems\\apmo\\apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/apmo/apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal","source_key":"apmo","source_label":"APMO","source_titles":["APMO 2010 официальные решения"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":9,"comment":"APMO 2010 P3; граф знакомств является прямой формой условия и решения.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.81,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Официальный источник указан. Сжатое экстремальное доказательство через компоненты графа выглядит самодостаточным; review_status остаётся needs_human_review.","audit_source":"agent-western-olympiads.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"needs_human_review","text":"На вечеринке присутствуют \\(n\\) человек. Для каждой пары либо эти люди знакомы, либо нет. Каково максимально возможное число пар людей, которые не знакомы друг с другом, но имеют общего знакомого среди участников вечеринки?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Пары вершин на расстоянии 2","status":"needs_human_review","text":"Для простого графа \\(G\\) на \\(n\\) вершинах обозначим через \\(N_2(G)\\) число неупорядоченных пар различных несмежных вершин, имеющих общего соседа, то есть число пар вершин на расстоянии 2. Найдите максимально возможное значение \\(N_2(G)\\).","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Решение через компоненты графа знакомств","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ равен \\(\\binom{n-1}{2}\\). Сначала покажем, что эта величина достижима. Пусть один человек знаком со всеми остальными, а между остальными знакомых пар нет. Тогда любые два человека, отличные от него, не знакомы друг с другом и имеют общего знакомого, поэтому получается ровно \\[ \\binom{n-1}{2} \\] подходящих пар. Докажем, что больше быть не может. Рассмотрим граф знакомств \\(G\\): вершины соответствуют людям, а ребра - парам знакомых. Подходящие пары - это пары несмежных вершин, имеющих общего соседа. Пусть компоненты связности графа имеют размеры \\(a_1,\\ldots,a_t\\). Подходящая пара не может лежать в разных компонентах, поэтому достаточно оценить вклад каждой компоненты отдельно. В связной компоненте размера \\(a_i\\) всего \\(\\binom{a_i}{2}\\) пар вершин. Из них хотя бы \\(a_i-1\\) пар являются ребрами, потому что всякая связная компонента на \\(a_i\\) вершинах содержит не меньше \\(a_i-1\\) р…"}],"relations":[{"id":"rel-imc-2009-friendship-apmo-2010","neighbor_id":"imc-2009-day1-p3-friendship-girth-five","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-2008-apmo-2010-common-neighbor-counting","neighbor_id":"vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-apmo-2010-p3-memo-2025-i2-common-neighbor","neighbor_id":"memo-2025-i2-ruby-rooks-two-step-reachability","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vosh-2000-apmo-2010-universal-acquaintance","neighbor_id":"vosh-2000-01-final-universal-acquaintance","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vosh-2025-common-neighborhood-apmo-2010-common-acquaintance","neighbor_id":"vosh-2025-26-regional-common-neighborhood-red-pairs","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal максимум пар вершин на расстоянии 2, apmo 2010 p3 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2010 apmo apmo 2010 официальные решения apmo2010 https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2010_sol.pdf official_archive src-apmo-2010-official with_solution ? apmo 2010 официальные решения stmt-original условие needs_human_review на вечеринке присутствуют \\(n\\) человек. для каждой пары либо эти люди знакомы, либо нет. каково максимально возможное число пар людей, которые не знакомы друг с другом, но имеют общего знакомого среди участников вечеринки? stmt-graph пары вершин на расстоянии 2 needs_human_review для простого графа \\(g\\) на \\(n\\) вершинах обозначим через \\(n_2(g)\\) число неупорядоченных пар различных несмежных вершин, имеющих общего соседа, то есть число пар вершин на расстоянии 2. найдите максимально возможное значение \\(n_2(g)\\). simple_graph idea-star-construction звезда как экстремальная конструкция одна вершина, смежная со всеми остальными, даёт \\(\\binom{n-1}{2}\\) подходящих пар и служит кандидатом на экстремум. extremal_graph_theory needs_human_review idea-merge-components можно склеить компоненты ребром если граф распадается на две непустые части без рёбер между ними, добавление подходящего ребра между ними не уменьшает число хороших не-рёбер, поэтому экстремальный граф можно считать связным. connectivity needs_human_review sol-official-compressed решение через компоненты графа знакомств ai_checked connected_graph extremal_choice ответ равен \\(\\binom{n-1}{2}\\). сначала покажем, что эта величина достижима. пусть один человек знаком со всеми остальными, а между остальными знакомых пар нет. тогда любые два человека, отличные от него, не знакомы друг с другом и имеют общего знакомого, поэтому получается ровно \\[ \\binom{n-1}{2} \\] подходящих пар. докажем, что больше быть не может. рассмотрим граф знакомств \\(g\\): вершины соответствуют людям, а ребра - парам знакомых. подходящие пары - это пары несмежных вершин, имеющих общего соседа. пусть компоненты связности графа имеют размеры \\(a_1,\\ldots,a_t\\). подходящая пара не может лежать в разных компонентах, поэтому достаточно оценить вклад каждой компоненты отдельно. в связной компоненте размера \\(a_i\\) всего \\(\\binom{a_i}{2}\\) пар вершин. из них хотя бы \\(a_i-1\\) пар являются ребрами, потому что всякая связная компонента на \\(a_i\\) вершинах содержит не меньше \\(a_i-1\\) р… apmo-2010-p3-common-acquaintance-extremal maksimum par vershin na rasstoyanii 2, apmo 2010 p3 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2010 apmo apmo 2010 ofitsialnye resheniya apmo2010 https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2010_sol.pdf official_archive src-apmo-2010-official with_solution ? apmo 2010 ofitsialnye resheniya stmt-original uslovie needs_human_review na vecherinke prisutstvuyut \\(n\\) chelovek. dlya kazhdoy pary libo eti lyudi znakomy, libo net. kakovo maksimalno vozmozhnoe chislo par lyudey, kotorye ne znakomy drug s drugom, no imeyut obschego znakomogo sredi uchastnikov vecherinki? stmt-graph pary vershin na rasstoyanii 2 needs_human_review dlya prostogo grafa \\(g\\) na \\(n\\) vershinah oboznachim cherez \\(n_2(g)\\) chislo neuporyadochennyh par razlichnyh nesmezhnyh vershin, imeyuschih obschego soseda, to est chislo par vershin na rasstoyanii 2. naydite maksimalno vozmozhnoe znachenie \\(n_2(g)\\). simple_graph idea-star-construction zvezda kak ekstremalnaya konstruktsiya odna vershina, smezhnaya so vsemi ostalnymi, daet \\(\\binom{n-1}{2}\\) podhodyaschih par i sluzhit kandidatom na ekstremum. extremal_graph_theory needs_human_review idea-merge-components mozhno skleit komponenty rebrom esli graf raspadaetsya na dve nepustye chasti bez reber mezhdu nimi, dobavlenie podhodyaschego rebra mezhdu nimi ne umenshaet chislo horoshih ne-reber, poetomu ekstremalnyy graf mozhno schitat svyaznym. connectivity needs_human_review sol-official-compressed reshenie cherez komponenty grafa znakomstv ai_checked connected_graph extremal_choice otvet raven \\(\\binom{n-1}{2}\\). snachala pokazhem, chto eta velichina dostizhima. pust odin chelovek znakom so vsemi ostalnymi, a mezhdu ostalnymi znakomyh par net. togda lyubye dva cheloveka, otlichnye ot nego, ne znakomy drug s drugom i imeyut obschego znakomogo, poetomu poluchaetsya rovno \\[ \\binom{n-1}{2} \\] podhodyaschih par. dokazhem, chto bolshe byt ne mozhet. rassmotrim graf znakomstv \\(g\\): vershiny sootvetstvuyut lyudyam, a rebra - param znakomyh. podhodyaschie pary - eto pary nesmezhnyh vershin, imeyuschih obschego soseda. pust komponenty svyaznosti grafa imeyut razmery \\(a_1,\\ldots,a_t\\). podhodyaschaya para ne mozhet lezhat v raznyh komponentah, poetomu dostatochno otsenit vklad kazhdoy komponenty otdelno. v svyaznoy komponente razmera \\(a_i\\) vsego \\(\\binom{a_i}{2}\\) par vershin. iz nih hotya by \\(a_i-1\\) par yavlyayutsya rebrami, potomu chto vsyakaya svyaznaya komponenta na \\(a_i\\) vershinah soderzhit ne menshe \\(a_i-1\\) r…","source_keys":["apmo"]}
{"id":"apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring","title":"Раскраска функционального орграфа по 28-шаговой достижимости, APMO 2016 P4","path":"data\\problems\\apmo\\apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/apmo/apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring","source_key":"apmo","source_label":"APMO","source_titles":["APMO 2016 официальные решения","AoPS Wiki, 2016 APMO Problems/Problem 4"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":["Warut Suksompong"],"tags":["coloring","graph_model","connectivity","induction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"APMO 2016 P4; условие и официальное решение целиком формулируются через ориентированные графы и раскраску.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.96,"basis":"официальные PDF APMO 2016 с условием и решением, плюс сверка с сообщением автора на AoPS","notes":"Официальное решение полностью восстановлено: нижняя оценка идёт от 57-цикла, верхняя -- от вспомогательного графа достижимости и жадно-индукционной леммы для орграфов с ограниченной исходящей степенью. Лемма уже существует отдельной карточкой digraph-outdegree-greedy-coloring-bound, поэтому новый classical-дубликат не создавался.","audit_source":"official-plan-expansion-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Условие","status":"ai_checked","text":"В стране Dreamland есть 2016 городов. Компания Starways организует односторонние авиарейсы так, что из каждого города выходит ровно один рейс. Нужно найти наименьшее положительное целое \\(k\\), для которого при любом выборе рейсов города всегда можно разбить на \\(k\\) групп так, чтобы из любого города нельзя было добраться до другого города той же группы, используя не более 28 перелётов.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Раскраска функционального орграфа по 28-шаговой достижимости","status":"ai_checked","text":"Дан ориентированный граф \\(D\\) на 2016 вершинах, в котором исходящая степень каждой вершины равна 1. Найдите наименьшее число цветов, которое гарантированно достаточно для раскраски вершин так, чтобы никакие две одноцветные вершины не были достижимы одна из другой ориентированным путём длины от 1 до 28.","definition_ids":["directed_graph","outdegree","chromatic_number"]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-conflict","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(r\\ge 1\\) и \\(N\\ge 2r+1\\). Для ориентированного графа \\(D\\) на \\(N\\) вершинах, у каждой из которых исходящая степень равна 1, определим неориентированный граф \\(R_r(D)\\) на том же множестве вершин: вершины \\(u\\) и \\(v\\) соединяются ребром, если в \\(D\\) есть ориентированный путь из \\(u\\) в \\(v\\) или из \\(v\\) в \\(u\\) длины не более \\(r\\). Докажите, что \\(\\chi(R_r(D))\\le 2r+1\\), и что эта оценка точна.","definition_ids":["directed_graph","outdegree","chromatic_number","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-compressed","title":"Раскраска через граф достижимости","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","outdegree","indegree","cycle","chromatic_number"],"standard_idea_ids":["induction","greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(57\\). Сначала докажем, что меньше 57 групп иногда недостаточно. Построим допустимую систему рейсов так, чтобы среди городов был направленный цикл длины 57; остальные города можно, например, соединить в другой направленный цикл, чтобы из каждого города по-прежнему выходил ровно один рейс. Возьмём любые две различные вершины \\(a\\) и \\(b\\) на 57-цикле. Если расстояние от \\(a\\) до \\(b\\) по направлению цикла равно \\(d\\), где \\(1\\le d\\le 56\\), то расстояние от \\(b\\) до \\(a\\) равно \\(57-d\\). Одно из чисел \\(d\\) и \\(57-d\\) не превосходит 28. Значит, из одной из двух вершин можно добраться до другой не более чем за 28 перелётов, поэтому эти две вершины не могут лежать в одной группе. Все 57 вершин цикла попарно конфликтуют, так что требуется как минимум 57 групп. Остаётся доказать, что 57 групп всегда достаточно. Рассмотрим произвольную систему рейсов и соответствующий ориентированный г…"}],"relations":[{"id":"rel-cmo-1994-p3-apmo-2016-p4-coloring-dynamics","neighbor_id":"cmo-1994-p3-voting-stabilizes-cycle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cmo-2025-p1-apmo-2016-p4-functional-digraph","neighbor_id":"cmo-2025-p1-voting-functional-graph","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-digraph-outdegree-greedy-coloring-bound-apmo-2016-p4","neighbor_id":"digraph-outdegree-greedy-coloring-bound","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-color-extremal-color-reduction-apmo-2016","neighbor_id":"color-reduction-by-odd-deletion-and-doubling","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-brooks-apmo-2016-color-reduction","neighbor_id":"brooks-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-apmo-2016-p4-degeneracy-greedy-coloring","neighbor_id":"degeneracy-greedy-coloring","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-apmo-2016-p4-bounded-forward-rays-functional-digraph","neighbor_id":"bounded-forward-rays-balanced-sums","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-imo-2021-n8-apmo-2016-functional-digraph","neighbor_id":"imo-2021-c6-functional-graph-roots","direction":"backward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-apmo-2016-rmm-2013-functional-digraph-encoding","neighbor_id":"rmm-2013-p2-tester-pair-endomorphism-digraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring раскраска функционального орграфа по 28-шаговой достижимости, apmo 2016 p4 coloring graph_model connectivity induction goal_exact_bound 2016 aops wiki, 2016 apmo problems/problem 4 apmo apmo 2016 официальные решения apmo2016 https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2016_sol.pdf https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2016_apmo_problems/problem_4 official_archive src-aops-apmo-2016-p4 src-apmo-2016-official statement warut suksompong warutsuksompong with_solution warut suksompong apmo 2016 официальные решения aops wiki, 2016 apmo problems/problem 4 stmt-original условие ai_checked в стране dreamland есть 2016 городов. компания starways организует односторонние авиарейсы так, что из каждого города выходит ровно один рейс. нужно найти наименьшее положительное целое \\(k\\), для которого при любом выборе рейсов города всегда можно разбить на \\(k\\) групп так, чтобы из любого города нельзя было добраться до другого города той же группы, используя не более 28 перелётов. stmt-graph раскраска функционального орграфа по 28-шаговой достижимости ai_checked дан ориентированный граф \\(d\\) на 2016 вершинах, в котором исходящая степень каждой вершины равна 1. найдите наименьшее число цветов, которое гарантированно достаточно для раскраски вершин так, чтобы никакие две одноцветные вершины не были достижимы одна из другой ориентированным путём длины от 1 до 28. directed_graph outdegree chromatic_number stmt-graph-conflict ai_checked пусть \\(r\\ge 1\\) и \\(n\\ge 2r+1\\). для ориентированного графа \\(d\\) на \\(n\\) вершинах, у каждой из которых исходящая степень равна 1, определим неориентированный граф \\(r_r(d)\\) на том же множестве вершин: вершины \\(u\\) и \\(v\\) соединяются ребром, если в \\(d\\) есть ориентированный путь из \\(u\\) в \\(v\\) или из \\(v\\) в \\(u\\) длины не более \\(r\\). докажите, что \\(\\chi(r_r(d))\\le 2r+1\\), и что эта оценка точна. directed_graph outdegree chromatic_number path idea-cycle-lower-bound длинный цикл даёт нижнюю оценку если исходный функциональный граф содержит цикл длины 57, то любые две вершины этого цикла находятся в отношении достижимости за не более чем 28 шагов в одну из сторон, поэтому им требуются разные цвета. graph_model goal_bound ai_checked idea-outdegree-28-coloring граф с исходящей степенью не более 28 57-раскрашим ориентируем конфликтные дуги из города в города, достижимые из него за 1--28 перелётов; у каждой вершины тогда не более 28 исходящих дуг. лемма о \\((2r+1)\\)-раскраске орграфа с исходящей степенью не более \\(r\\) даёт 57 цветов. coloring induction induction ai_checked sol-official-compressed раскраска через граф достижимости ai_checked directed_graph outdegree indegree cycle chromatic_number induction greedy_ordering ответ: \\(57\\). сначала докажем, что меньше 57 групп иногда недостаточно. построим допустимую систему рейсов так, чтобы среди городов был направленный цикл длины 57; остальные города можно, например, соединить в другой направленный цикл, чтобы из каждого города по-прежнему выходил ровно один рейс. возьмём любые две различные вершины \\(a\\) и \\(b\\) на 57-цикле. если расстояние от \\(a\\) до \\(b\\) по направлению цикла равно \\(d\\), где \\(1\\le d\\le 56\\), то расстояние от \\(b\\) до \\(a\\) равно \\(57-d\\). одно из чисел \\(d\\) и \\(57-d\\) не превосходит 28. значит, из одной из двух вершин можно добраться до другой не более чем за 28 перелётов, поэтому эти две вершины не могут лежать в одной группе. все 57 вершин цикла попарно конфликтуют, так что требуется как минимум 57 групп. остаётся доказать, что 57 групп всегда достаточно. рассмотрим произвольную систему рейсов и соответствующий ориентированный г… apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring raskraska funktsionalnogo orgrafa po 28-shagovoy dostizhimosti, apmo 2016 p4 coloring graph_model connectivity induction goal_exact_bound 2016 aops wiki, 2016 apmo problems/problem 4 apmo apmo 2016 ofitsialnye resheniya apmo2016 https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2016_sol.pdf https://wiki.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2016_apmo_problems/problem_4 official_archive src-aops-apmo-2016-p4 src-apmo-2016-official statement warut suksompong warutsuksompong with_solution warut suksompong apmo 2016 ofitsialnye resheniya aops wiki, 2016 apmo problems/problem 4 stmt-original uslovie ai_checked v strane dreamland est 2016 gorodov. kompaniya starways organizuet odnostoronnie aviareysy tak, chto iz kazhdogo goroda vyhodit rovno odin reys. nuzhno nayti naimenshee polozhitelnoe tseloe \\(k\\), dlya kotorogo pri lyubom vybore reysov goroda vsegda mozhno razbit na \\(k\\) grupp tak, chtoby iz lyubogo goroda nelzya bylo dobratsya do drugogo goroda toy zhe gruppy, ispolzuya ne bolee 28 pereletov. stmt-graph raskraska funktsionalnogo orgrafa po 28-shagovoy dostizhimosti ai_checked dan orientirovannyy graf \\(d\\) na 2016 vershinah, v kotorom ishodyaschaya stepen kazhdoy vershiny ravna 1. naydite naimenshee chislo tsvetov, kotoroe garantirovanno dostatochno dlya raskraski vershin tak, chtoby nikakie dve odnotsvetnye vershiny ne byli dostizhimy odna iz drugoy orientirovannym putem dliny ot 1 do 28. directed_graph outdegree chromatic_number stmt-graph-conflict ai_checked pust \\(r\\ge 1\\) i \\(n\\ge 2r+1\\). dlya orientirovannogo grafa \\(d\\) na \\(n\\) vershinah, u kazhdoy iz kotoryh ishodyaschaya stepen ravna 1, opredelim neorientirovannyy graf \\(r_r(d)\\) na tom zhe mnozhestve vershin: vershiny \\(u\\) i \\(v\\) soedinyayutsya rebrom, esli v \\(d\\) est orientirovannyy put iz \\(u\\) v \\(v\\) ili iz \\(v\\) v \\(u\\) dliny ne bolee \\(r\\). dokazhite, chto \\(\\chi(r_r(d))\\le 2r+1\\), i chto eta otsenka tochna. directed_graph outdegree chromatic_number path idea-cycle-lower-bound dlinnyy tsikl daet nizhnyuyu otsenku esli ishodnyy funktsionalnyy graf soderzhit tsikl dliny 57, to lyubye dve vershiny etogo tsikla nahodyatsya v otnoshenii dostizhimosti za ne bolee chem 28 shagov v odnu iz storon, poetomu im trebuyutsya raznye tsveta. graph_model goal_bound ai_checked idea-outdegree-28-coloring graf s ishodyaschey stepenyu ne bolee 28 57-raskrashim orientiruem konfliktnye dugi iz goroda v goroda, dostizhimye iz nego za 1--28 pereletov; u kazhdoy vershiny togda ne bolee 28 ishodyaschih dug. lemma o \\((2r+1)\\)-raskraske orgrafa s ishodyaschey stepenyu ne bolee \\(r\\) daet 57 tsvetov. coloring induction induction ai_checked sol-official-compressed raskraska cherez graf dostizhimosti ai_checked directed_graph outdegree indegree cycle chromatic_number induction greedy_ordering otvet: \\(57\\). snachala dokazhem, chto menshe 57 grupp inogda nedostatochno. postroim dopustimuyu sistemu reysov tak, chtoby sredi gorodov byl napravlennyy tsikl dliny 57; ostalnye goroda mozhno, naprimer, soedinit v drugoy napravlennyy tsikl, chtoby iz kazhdogo goroda po-prezhnemu vyhodil rovno odin reys. vozmem lyubye dve razlichnye vershiny \\(a\\) i \\(b\\) na 57-tsikle. esli rasstoyanie ot \\(a\\) do \\(b\\) po napravleniyu tsikla ravno \\(d\\), gde \\(1\\le d\\le 56\\), to rasstoyanie ot \\(b\\) do \\(a\\) ravno \\(57-d\\). odno iz chisel \\(d\\) i \\(57-d\\) ne prevoshodit 28. znachit, iz odnoy iz dvuh vershin mozhno dobratsya do drugoy ne bolee chem za 28 pereletov, poetomu eti dve vershiny ne mogut lezhat v odnoy gruppe. vse 57 vershin tsikla poparno konfliktuyut, tak chto trebuetsya kak minimum 57 grupp. ostaetsya dokazat, chto 57 grupp vsegda dostatochno. rassmotrim proizvolnuyu sistemu reysov i sootvetstvuyuschiy orientirovannyy g…","source_keys":["apmo"]}
{"id":"digraph-outdegree-greedy-coloring-bound","title":"Жадная оценка раскраски орграфа с ограниченной исходящей степенью","path":"data\\problems\\classical\\digraph-outdegree-greedy-coloring-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/digraph-outdegree-greedy-coloring-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#digraph-outdegree-greedy-coloring-bound","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["APMO 2016 официальные решения"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["coloring","induction","goal_bound","classical_theorem"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Короткая жадно-индукционная лемма о раскраске; единственный трюк — выбирать удаляемую вершину по средней входящей, а не исходящей степени.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Классическая извлечённая карточка имеет официальный источник и проверенное агентом решение.","audit_source":"agent-imo-us-classical.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-digraph-outdegree-greedy-coloring-bound","title":"Лемма о раскраске при ограниченной исходящей степени","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(r\\ge 0\\). Любой конечный ориентированный граф, в котором исходящая степень каждой вершины не превосходит \\(r\\), можно раскрасить в \\(2r+1\\) цвет так, чтобы концы каждой дуги имели разные цвета.","definition_ids":["directed_graph","outdegree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-low-indegree-induction","title":"Индукция по числу вершин","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","outdegree","chromatic_number"],"standard_idea_ids":["induction","greedy_ordering"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем утверждение индукцией по числу вершин. Для пустого графа и графа из одной вершины всё очевидно. Пусть теперь \\(D\\) — конечный ориентированный граф с максимальной исходящей степенью не больше \\(r\\). Сумма входящих степеней равна сумме исходящих степеней, поэтому средняя входящая степень тоже не превосходит \\(r\\). Значит, найдётся вершина \\(v\\) входящей степени не больше \\(r\\). Удалим \\(v\\). В оставшемся ориентированном графе максимальная исходящая степень по-прежнему не больше \\(r\\), поэтому по предположению индукции он имеет раскраску цветами \\(1,\\dots,2r+1\\), в которой концы каждой дуги окрашены по-разному. Вернём \\(v\\). Цвет для \\(v\\) запрещён только тогда, когда он уже стоит на входящем или исходящем соседе \\(v\\). Исходящих соседей не больше \\(r\\), потому что исходящая степень \\(v\\) не превосходит \\(r\\), а входящих соседей не больше \\(r\\) по выбору \\(v\\). Значит, запрещено не…"}],"relations":[{"id":"rel-digraph-outdegree-greedy-coloring-bound-apmo-2016-p4","neighbor_id":"apmo-2016-p4-dreamland-28-step-coloring","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-bipartite-edge-layers-digraph-outdegree-greedy-coloring-bound","neighbor_id":"vertex-coloring-to-bipartite-edge-layers","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-greedy-strong-edge-digraph-outdegree-coloring-motif","neighbor_id":"greedy-strong-edge-coloring-bound","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"digraph-outdegree-greedy-coloring-bound жадная оценка раскраски орграфа с ограниченной исходящей степенью coloring induction goal_bound classical_theorem apmo 2016 официальные решения https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2016_sol.pdf misc official_archive src-apmo-2016-official with_solution прочее ? apmo 2016 официальные решения stmt-digraph-outdegree-greedy-coloring-bound лемма о раскраске при ограниченной исходящей степени ai_checked пусть \\(r\\ge 0\\). любой конечный ориентированный граф, в котором исходящая степень каждой вершины не превосходит \\(r\\), можно раскрасить в \\(2r+1\\) цвет так, чтобы концы каждой дуги имели разные цвета. directed_graph outdegree idea-low-indegree-extend-coloring удалить вершину малой входящей степени и продолжить раскраску сумма входящих степеней равна сумме исходящих, поэтому средняя входящая степень не превосходит \\(r\\). выбираем вершину входящей степени не больше \\(r\\), красим оставшийся граф по индукции, а затем возвращаем эту вершину: её входящие и исходящие соседи запрещают не больше \\(r+r=2r\\) цветов. coloring induction ai_checked sol-low-indegree-induction индукция по числу вершин ai_checked directed_graph outdegree chromatic_number induction greedy_ordering докажем утверждение индукцией по числу вершин. для пустого графа и графа из одной вершины всё очевидно. пусть теперь \\(d\\) — конечный ориентированный граф с максимальной исходящей степенью не больше \\(r\\). сумма входящих степеней равна сумме исходящих степеней, поэтому средняя входящая степень тоже не превосходит \\(r\\). значит, найдётся вершина \\(v\\) входящей степени не больше \\(r\\). удалим \\(v\\). в оставшемся ориентированном графе максимальная исходящая степень по-прежнему не больше \\(r\\), поэтому по предположению индукции он имеет раскраску цветами \\(1,\\dots,2r+1\\), в которой концы каждой дуги окрашены по-разному. вернём \\(v\\). цвет для \\(v\\) запрещён только тогда, когда он уже стоит на входящем или исходящем соседе \\(v\\). исходящих соседей не больше \\(r\\), потому что исходящая степень \\(v\\) не превосходит \\(r\\), а входящих соседей не больше \\(r\\) по выбору \\(v\\). значит, запрещено не… digraph-outdegree-greedy-coloring-bound zhadnaya otsenka raskraski orgrafa s ogranichennoy ishodyaschey stepenyu coloring induction goal_bound classical_theorem apmo 2016 ofitsialnye resheniya https://apmo-official.org/static/solutions/apmo2016_sol.pdf misc official_archive src-apmo-2016-official with_solution prochee ? apmo 2016 ofitsialnye resheniya stmt-digraph-outdegree-greedy-coloring-bound lemma o raskraske pri ogranichennoy ishodyaschey stepeni ai_checked pust \\(r\\ge 0\\). lyuboy konechnyy orientirovannyy graf, v kotorom ishodyaschaya stepen kazhdoy vershiny ne prevoshodit \\(r\\), mozhno raskrasit v \\(2r+1\\) tsvet tak, chtoby kontsy kazhdoy dugi imeli raznye tsveta. directed_graph outdegree idea-low-indegree-extend-coloring udalit vershinu maloy vhodyaschey stepeni i prodolzhit raskrasku summa vhodyaschih stepeney ravna summe ishodyaschih, poetomu srednyaya vhodyaschaya stepen ne prevoshodit \\(r\\). vybiraem vershinu vhodyaschey stepeni ne bolshe \\(r\\), krasim ostavshiysya graf po induktsii, a zatem vozvraschaem etu vershinu: ee vhodyaschie i ishodyaschie sosedi zapreschayut ne bolshe \\(r+r=2r\\) tsvetov. coloring induction ai_checked sol-low-indegree-induction induktsiya po chislu vershin ai_checked directed_graph outdegree chromatic_number induction greedy_ordering dokazhem utverzhdenie induktsiey po chislu vershin. dlya pustogo grafa i grafa iz odnoy vershiny vse ochevidno. pust teper \\(d\\) — konechnyy orientirovannyy graf s maksimalnoy ishodyaschey stepenyu ne bolshe \\(r\\). summa vhodyaschih stepeney ravna summe ishodyaschih stepeney, poetomu srednyaya vhodyaschaya stepen tozhe ne prevoshodit \\(r\\). znachit, naydetsya vershina \\(v\\) vhodyaschey stepeni ne bolshe \\(r\\). udalim \\(v\\). v ostavshemsya orientirovannom grafe maksimalnaya ishodyaschaya stepen po-prezhnemu ne bolshe \\(r\\), poetomu po predpolozheniyu induktsii on imeet raskrasku tsvetami \\(1,\\dots,2r+1\\), v kotoroy kontsy kazhdoy dugi okrasheny po-raznomu. vernem \\(v\\). tsvet dlya \\(v\\) zapreschen tolko togda, kogda on uzhe stoit na vhodyaschem ili ishodyaschem sosede \\(v\\). ishodyaschih sosedey ne bolshe \\(r\\), potomu chto ishodyaschaya stepen \\(v\\) ne prevoshodit \\(r\\), a vhodyaschih sosedey ne bolshe \\(r\\) po vyboru \\(v\\). znachit, zaprescheno ne…","source_keys":["misc","apmo"]}