{"id":"complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path","title":"Гамильтонов путь после удаления не более n-2 рёбер из полного графа","path":"data\\problems\\classical\\complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/classical/complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path","source_key":"misc","source_label":"Прочее","source_titles":["INMO 2021 официальные условия и решения"],"year":"","type":"lemma","authors":[],"tags":["hamiltonian_cycles","connectivity","extremal_graph_theory","degree_counting","classical_lemma"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Короткая плотностная лемма о гамильтоновом пути; полезна как самостоятельный инструмент для adversary-задач.","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":0.78,"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-original","title":"","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — граф на \\(n>3\\) вершинах, полученный из полного графа \\(K_n\\) удалением не более \\(n-2\\) рёбер. Тогда в \\(G\\) существует гамильтонов путь.","definition_ids":["simple_graph","path","complete_graph","hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-longest-path","title":"Доказательство длиннейшим путём","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["longest_path","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Возьмём любые две вершины \\(a\\) и \\(b\\). В полном графе каждая из них имела степень \\(n-1\\). При удалении не более \\(n-2\\) рёбер сумма \\(\\deg a+\\deg b\\) уменьшается не более чем на \\(n-2\\), если считать только те удалённые рёбра, которые касаются хотя бы одной из этих двух вершин. Поэтому \\[ \\deg a+\\deg b\\ge 2(n-1)-(n-2)=n. \\] Если бы у \\(a\\) и \\(b\\) не было общего соседа, то сумма их степеней была бы не больше \\(n-1\\). Значит, любые две вершины имеют общего соседа; в частности, граф связен. Пусть \\(P:u=u_0,u_1, \\ldots,u_k=v\\) — длиннейший простой путь в \\(G\\). Все соседи \\(u\\) и \\(v\\) лежат среди вершин этого пути: иначе путь можно было бы продлить. Запишем соседей \\(u\\) на пути как \\(u_{i_1},\\ldots,u_{i_x}\\), где \\(1=i_1<\\cdots<i_x\\), а соседей \\(v\\) как \\(u_{j_1},\\ldots,u_{j_y}\\). Из оценки \\(x+y=\\deg u+ \\deg v\\ge n\\) следует, что найдётся индекс \\(i\\), для которого есть рёбра \\(u u_…"}],"relations":[{"id":"rel-bondy-links-complete-minus-hamiltonian-path","neighbor_id":"bondy-pancyclic-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-inmo-2021-p4-complete-graph-minus-edges-lemma","neighbor_id":"inmo-2021-p4-detective-cards-hamiltonian-path","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-inmo-2021-p4-longest-path-endpoint-cycle","neighbor_id":"longest-path-endpoints-shortest-detour","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-complete-minus-few-edges","neighbor_id":"min-degree-common-neighborhood-clique","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-official-expansion-ore-complete-graph-minus-edges","neighbor_id":"ore-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path гамильтонов путь после удаления не более n-2 рёбер из полного графа hamiltonian_cycles connectivity extremal_graph_theory degree_counting classical_lemma https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2021/04/inmo_2021_solutions.pdf inmo 2021 официальные условия и решения misc solution_notes src-inmo-2021-official-solutions with_solution прочее ? inmo 2021 официальные условия и решения stmt-original ai_checked пусть \\(g\\) — граф на \\(n>3\\) вершинах, полученный из полного графа \\(k_n\\) удалением не более \\(n-2\\) рёбер. тогда в \\(g\\) существует гамильтонов путь. simple_graph path complete_graph hamiltonian_path idea-common-neighbor-connectivity сумма степеней даёт общего соседа так как удалено мало рёбер, для любых двух вершин \\(a,b\\) остаётся \\(\\deg a+\\deg b\\ge n\\). отсюда у них есть общий сосед, а значит граф связен. degree_counting ai_checked idea-longest-path-closes-cycle длиннейший путь замыкается в цикл у концов длиннейшего пути все соседи лежат на самом пути. большая сумма степеней концов заставляет два подходящих ребра к внутренним вершинам, которые замыкают вершины пути в цикл. связность затем запрещает вершины вне пути. hamiltonian_cycles ai_checked sol-official-longest-path доказательство длиннейшим путём ai_checked simple_graph connected_graph path longest_path extremal_choice возьмём любые две вершины \\(a\\) и \\(b\\). в полном графе каждая из них имела степень \\(n-1\\). при удалении не более \\(n-2\\) рёбер сумма \\(\\deg a+\\deg b\\) уменьшается не более чем на \\(n-2\\), если считать только те удалённые рёбра, которые касаются хотя бы одной из этих двух вершин. поэтому \\[ \\deg a+\\deg b\\ge 2(n-1)-(n-2)=n. \\] если бы у \\(a\\) и \\(b\\) не было общего соседа, то сумма их степеней была бы не больше \\(n-1\\). значит, любые две вершины имеют общего соседа; в частности, граф связен. пусть \\(p:u=u_0,u_1, \\ldots,u_k=v\\) — длиннейший простой путь в \\(g\\). все соседи \\(u\\) и \\(v\\) лежат среди вершин этого пути: иначе путь можно было бы продлить. запишем соседей \\(u\\) на пути как \\(u_{i_1},\\ldots,u_{i_x}\\), где \\(1=i_1<\\cdots<i_x\\), а соседей \\(v\\) как \\(u_{j_1},\\ldots,u_{j_y}\\). из оценки \\(x+y=\\deg u+ \\deg v\\ge n\\) следует, что найдётся индекс \\(i\\), для которого есть рёбра \\(u u_… complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path gamiltonov put posle udaleniya ne bolee n-2 reber iz polnogo grafa hamiltonian_cycles connectivity extremal_graph_theory degree_counting classical_lemma https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2021/04/inmo_2021_solutions.pdf inmo 2021 ofitsialnye usloviya i resheniya misc solution_notes src-inmo-2021-official-solutions with_solution prochee ? inmo 2021 ofitsialnye usloviya i resheniya stmt-original ai_checked pust \\(g\\) — graf na \\(n>3\\) vershinah, poluchennyy iz polnogo grafa \\(k_n\\) udaleniem ne bolee \\(n-2\\) reber. togda v \\(g\\) suschestvuet gamiltonov put. simple_graph path complete_graph hamiltonian_path idea-common-neighbor-connectivity summa stepeney daet obschego soseda tak kak udaleno malo reber, dlya lyubyh dvuh vershin \\(a,b\\) ostaetsya \\(\\deg a+\\deg b\\ge n\\). otsyuda u nih est obschiy sosed, a znachit graf svyazen. degree_counting ai_checked idea-longest-path-closes-cycle dlinneyshiy put zamykaetsya v tsikl u kontsov dlinneyshego puti vse sosedi lezhat na samom puti. bolshaya summa stepeney kontsov zastavlyaet dva podhodyaschih rebra k vnutrennim vershinam, kotorye zamykayut vershiny puti v tsikl. svyaznost zatem zapreschaet vershiny vne puti. hamiltonian_cycles ai_checked sol-official-longest-path dokazatelstvo dlinneyshim putem ai_checked simple_graph connected_graph path longest_path extremal_choice vozmem lyubye dve vershiny \\(a\\) i \\(b\\). v polnom grafe kazhdaya iz nih imela stepen \\(n-1\\). pri udalenii ne bolee \\(n-2\\) reber summa \\(\\deg a+\\deg b\\) umenshaetsya ne bolee chem na \\(n-2\\), esli schitat tolko te udalennye rebra, kotorye kasayutsya hotya by odnoy iz etih dvuh vershin. poetomu \\[ \\deg a+\\deg b\\ge 2(n-1)-(n-2)=n. \\] esli by u \\(a\\) i \\(b\\) ne bylo obschego soseda, to summa ih stepeney byla by ne bolshe \\(n-1\\). znachit, lyubye dve vershiny imeyut obschego soseda; v chastnosti, graf svyazen. pust \\(p:u=u_0,u_1, \\ldots,u_k=v\\) — dlinneyshiy prostoy put v \\(g\\). vse sosedi \\(u\\) i \\(v\\) lezhat sredi vershin etogo puti: inache put mozhno bylo by prodlit. zapishem sosedey \\(u\\) na puti kak \\(u_{i_1},\\ldots,u_{i_x}\\), gde \\(1=i_1<\\cdots<i_x\\), a sosedey \\(v\\) kak \\(u_{j_1},\\ldots,u_{j_y}\\). iz otsenki \\(x+y=\\deg u+ \\deg v\\ge n\\) sleduet, chto naydetsya indeks \\(i\\), dlya kotorogo est rebra \\(u u_…","source_keys":["misc","inmo"]}
{"id":"inmo-2021-p4-detective-cards-hamiltonian-path","title":"Детектив, карты и гамильтонов путь после удаления рёбер, INMO 2021 P4","path":"data\\problems\\inmo\\inmo-2021-p4-detective-cards-hamiltonian-path.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/inmo/inmo-2021-p4-detective-cards-hamiltonian-path.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#inmo-2021-p4-detective-cards-hamiltonian-path","source_key":"inmo","source_label":"INMO","source_titles":["INMO 2021 официальные условия и решения","Jyoti Prakash Saha, указатель прошлых материалов INMO"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["hamiltonian_cycles","connectivity","extremal_graph_theory","goal_exact_bound","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":7,"comment":"INMO 2021 P4; верхняя стратегия короткая, нижняя оценка требует увидеть граф не запрещённых пар и доказать существование гамильтонова пути после малого числа удалений.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальное решение source and non-compressed solution text","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальное условие","status":"ai_checked","text":"Фокусник и Детектив играют в игру. Фокусник кладёт на стол лицом вниз карты, пронумерованные числами от \\(1\\) до \\(52\\). За один ход Детектив может указать на две карты и спросить, стоят ли написанные на них числа рядом. Фокусник отвечает правдиво. После конечного числа ходов Детектив указывает на две карты. Она выигрывает, если числа на этих двух картах соседние, и проигрывает иначе. Докажите, что Детектив может гарантировать победу тогда и только тогда, когда ей разрешено задать не менее \\(50\\) вопросов.","definition_ids":[]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-hint","title":"Подсказочная графовая формулировка","status":"ai_checked","text":"Для нижней оценки замените \\(52\\) на произвольное \\(N>3\\). После каждого вопроса, на который Фокусник отвечает «нет», удаляйте из полного графа \\(K_N\\) ребро между соответствующими картами. Докажите, что после удаления любых \\(N-2\\) рёбер в оставшемся графе всё ещё есть гамильтонов путь. Тогда карты можно пронумеровать вдоль этого пути числами \\(1,2,\\ldots,N\\), и все отрицательные ответы будут правдивыми.","definition_ids":["simple_graph","path","complete_graph","hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Решение через удаление рёбер из полного графа","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["longest_path","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Сначала покажем, что \\(50\\) вопросов достаточно. Детектив выбирает карту \\(A\\) и спрашивает, соседнее ли число на ней с числом на каждой из \\(50\\) других карт, оставляя непроверенной только одну карту \\(B\\). Если на каком-то вопросе Фокусник отвечает «да», Детектив сразу указывает найденную пару. Если все \\(50\\) ответов были «нет», то карта \\(B\\) обязана быть соседней с \\(A\\): у числа на карте \\(A\\) среди чисел \\(1,2,\\ldots,52\\) есть хотя бы один сосед, и все карты, кроме \\(B\\), уже проверены и не подходят. Докажем, что \\(49\\) вопросов недостаточно. Рассмотрим более общий случай с \\(N>3\\) картами. Построим граф на картах. Сначала это полный граф \\(K_N\\). Каждый вопрос, на который Фокусник хочет ответить «нет», удаляет ребро между двумя спрошенными картами. Если после не более чем \\(N-2\\) вопросов в оставшемся графе есть гамильтонов путь, то Фокусник нумерует карты вдоль этого пути числа…"}],"relations":[{"id":"rel-inmo-2021-p4-complete-graph-minus-edges-lemma","neighbor_id":"complete-graph-minus-n-minus-2-edges-hamiltonian-path","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"inmo-2021-p4-detective-cards-hamiltonian-path детектив, карты и гамильтонов путь после удаления рёбер, inmo 2021 p4 hamiltonian_cycles connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound goal_strategy_game 2021 archive_index https://jpsaha.github.io/mop/inmo/ https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2021/04/inmo_2021_solutions.pdf inmo inmo 2021 официальные условия и решения inmo2021 jyoti prakash saha, указатель прошлых материалов inmo solution_notes src-inmo-2021-official-solutions src-jpsaha-inmo-index with_solution ? inmo 2021 официальные условия и решения jyoti prakash saha, указатель прошлых материалов inmo stmt-original официальное условие ai_checked фокусник и детектив играют в игру. фокусник кладёт на стол лицом вниз карты, пронумерованные числами от \\(1\\) до \\(52\\). за один ход детектив может указать на две карты и спросить, стоят ли написанные на них числа рядом. фокусник отвечает правдиво. после конечного числа ходов детектив указывает на две карты. она выигрывает, если числа на этих двух картах соседние, и проигрывает иначе. докажите, что детектив может гарантировать победу тогда и только тогда, когда ей разрешено задать не менее \\(50\\) вопросов. stmt-graph-hint подсказочная графовая формулировка ai_checked для нижней оценки замените \\(52\\) на произвольное \\(n>3\\). после каждого вопроса, на который фокусник отвечает «нет», удаляйте из полного графа \\(k_n\\) ребро между соответствующими картами. докажите, что после удаления любых \\(n-2\\) рёбер в оставшемся графе всё ещё есть гамильтонов путь. тогда карты можно пронумеровать вдоль этого пути числами \\(1,2,\\ldots,n\\), и все отрицательные ответы будут правдивыми. simple_graph path complete_graph hamiltonian_path idea-upper-strategy одна фиксированная карта даёт стратегию за 50 вопросов детектив выбирает карту \\(a\\) и спрашивает про пары \\(a\\) со всеми остальными картами, кроме одной. если получен ответ «да», нужная пара найдена. если все \\(50\\) ответов отрицательны, единственная не спрошенная карта должна быть соседней с \\(a\\). goal_strategy_game ai_checked idea-negative-answers-as-deleted-edges отрицательные ответы кодируются удалёнными рёбрами если после \\(q\\) вопросов без ответа «да» можно пронумеровать карты так, чтобы все спрошенные пары не были соседними числами, то фокусник мог правдиво отвечать «нет» все \\(q\\) раз. для \\(q\\le n-2\\) такую нумерацию даёт гамильтонов путь в графе не спрошенных пар. graph_model ai_checked idea-longest-path-after-few-deletions мало удалённых рёбер оставляет гамильтонов путь в графе, полученном из \\(k_n\\) удалением не более \\(n-2\\) рёбер, любые две вершины имеют общего соседа, поэтому граф связен. длиннейший путь затем замыкается в цикл с помощью соседей его концов; связность не позволяет оставить вершину вне этого цикла. hamiltonian_cycles ai_checked sol-official-expanded решение через удаление рёбер из полного графа ai_checked simple_graph connected_graph path longest_path extremal_choice сначала покажем, что \\(50\\) вопросов достаточно. детектив выбирает карту \\(a\\) и спрашивает, соседнее ли число на ней с числом на каждой из \\(50\\) других карт, оставляя непроверенной только одну карту \\(b\\). если на каком-то вопросе фокусник отвечает «да», детектив сразу указывает найденную пару. если все \\(50\\) ответов были «нет», то карта \\(b\\) обязана быть соседней с \\(a\\): у числа на карте \\(a\\) среди чисел \\(1,2,\\ldots,52\\) есть хотя бы один сосед, и все карты, кроме \\(b\\), уже проверены и не подходят. докажем, что \\(49\\) вопросов недостаточно. рассмотрим более общий случай с \\(n>3\\) картами. построим граф на картах. сначала это полный граф \\(k_n\\). каждый вопрос, на который фокусник хочет ответить «нет», удаляет ребро между двумя спрошенными картами. если после не более чем \\(n-2\\) вопросов в оставшемся графе есть гамильтонов путь, то фокусник нумерует карты вдоль этого пути числа… inmo-2021-p4-detective-cards-hamiltonian-path detektiv, karty i gamiltonov put posle udaleniya reber, inmo 2021 p4 hamiltonian_cycles connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound goal_strategy_game 2021 archive_index https://jpsaha.github.io/mop/inmo/ https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2021/04/inmo_2021_solutions.pdf inmo inmo 2021 ofitsialnye usloviya i resheniya inmo2021 jyoti prakash saha, ukazatel proshlyh materialov inmo solution_notes src-inmo-2021-official-solutions src-jpsaha-inmo-index with_solution ? inmo 2021 ofitsialnye usloviya i resheniya jyoti prakash saha, ukazatel proshlyh materialov inmo stmt-original ofitsialnoe uslovie ai_checked fokusnik i detektiv igrayut v igru. fokusnik kladet na stol litsom vniz karty, pronumerovannye chislami ot \\(1\\) do \\(52\\). za odin hod detektiv mozhet ukazat na dve karty i sprosit, stoyat li napisannye na nih chisla ryadom. fokusnik otvechaet pravdivo. posle konechnogo chisla hodov detektiv ukazyvaet na dve karty. ona vyigryvaet, esli chisla na etih dvuh kartah sosednie, i proigryvaet inache. dokazhite, chto detektiv mozhet garantirovat pobedu togda i tolko togda, kogda ey razresheno zadat ne menee \\(50\\) voprosov. stmt-graph-hint podskazochnaya grafovaya formulirovka ai_checked dlya nizhney otsenki zamenite \\(52\\) na proizvolnoe \\(n>3\\). posle kazhdogo voprosa, na kotoryy fokusnik otvechaet «net», udalyayte iz polnogo grafa \\(k_n\\) rebro mezhdu sootvetstvuyuschimi kartami. dokazhite, chto posle udaleniya lyubyh \\(n-2\\) reber v ostavshemsya grafe vse esche est gamiltonov put. togda karty mozhno pronumerovat vdol etogo puti chislami \\(1,2,\\ldots,n\\), i vse otritsatelnye otvety budut pravdivymi. simple_graph path complete_graph hamiltonian_path idea-upper-strategy odna fiksirovannaya karta daet strategiyu za 50 voprosov detektiv vybiraet kartu \\(a\\) i sprashivaet pro pary \\(a\\) so vsemi ostalnymi kartami, krome odnoy. esli poluchen otvet «da», nuzhnaya para naydena. esli vse \\(50\\) otvetov otritsatelny, edinstvennaya ne sproshennaya karta dolzhna byt sosedney s \\(a\\). goal_strategy_game ai_checked idea-negative-answers-as-deleted-edges otritsatelnye otvety kodiruyutsya udalennymi rebrami esli posle \\(q\\) voprosov bez otveta «da» mozhno pronumerovat karty tak, chtoby vse sproshennye pary ne byli sosednimi chislami, to fokusnik mog pravdivo otvechat «net» vse \\(q\\) raz. dlya \\(q\\le n-2\\) takuyu numeratsiyu daet gamiltonov put v grafe ne sproshennyh par. graph_model ai_checked idea-longest-path-after-few-deletions malo udalennyh reber ostavlyaet gamiltonov put v grafe, poluchennom iz \\(k_n\\) udaleniem ne bolee \\(n-2\\) reber, lyubye dve vershiny imeyut obschego soseda, poetomu graf svyazen. dlinneyshiy put zatem zamykaetsya v tsikl s pomoschyu sosedey ego kontsov; svyaznost ne pozvolyaet ostavit vershinu vne etogo tsikla. hamiltonian_cycles ai_checked sol-official-expanded reshenie cherez udalenie reber iz polnogo grafa ai_checked simple_graph connected_graph path longest_path extremal_choice snachala pokazhem, chto \\(50\\) voprosov dostatochno. detektiv vybiraet kartu \\(a\\) i sprashivaet, sosednee li chislo na ney s chislom na kazhdoy iz \\(50\\) drugih kart, ostavlyaya neproverennoy tolko odnu kartu \\(b\\). esli na kakom-to voprose fokusnik otvechaet «da», detektiv srazu ukazyvaet naydennuyu paru. esli vse \\(50\\) otvetov byli «net», to karta \\(b\\) obyazana byt sosedney s \\(a\\): u chisla na karte \\(a\\) sredi chisel \\(1,2,\\ldots,52\\) est hotya by odin sosed, i vse karty, krome \\(b\\), uzhe provereny i ne podhodyat. dokazhem, chto \\(49\\) voprosov nedostatochno. rassmotrim bolee obschiy sluchay s \\(n>3\\) kartami. postroim graf na kartah. snachala eto polnyy graf \\(k_n\\). kazhdyy vopros, na kotoryy fokusnik hochet otvetit «net», udalyaet rebro mezhdu dvumya sproshennymi kartami. esli posle ne bolee chem \\(n-2\\) voprosov v ostavshemsya grafe est gamiltonov put, to fokusnik numeruet karty vdol etogo puti chisla…","source_keys":["inmo"]}
{"id":"inmo-2023-p1-square-products-components","title":"Квадратные произведения и компоненты-клики, INMO 2023 P1","path":"data\\problems\\inmo\\inmo-2023-p1-square-products-components.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/inmo/inmo-2023-p1-square-products-components.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#inmo-2023-p1-square-products-components","source_key":"inmo","source_label":"INMO","source_titles":["INMO 2023 официальный лист условий","INMO 2023 официальные решения","Jyoti Prakash Saha, указатель прошлых материалов INMO"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","graph_model","double_counting","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"INMO 2023 P1; графовая модель быстро выявляет компоненты как классы эквивалентности, после чего остаётся короткое сравнение по модулю 8.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальное решение source and non-compressed solution text","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Официальное условие","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(S\\) — конечное множество положительных целых чисел. Предположим, что существует ровно \\(2023\\) упорядоченных пар \\((x,y)\\in S\\times S\\), для которых произведение \\(xy\\) является полным квадратом. Докажите, что можно найти по крайней мере четыре различных элемента множества \\(S\\), у которых произведение любых двух из них не является полным квадратом. Например, если \\(S=\\{1,2,4\\}\\), то таких упорядоченных пар ровно пять: \\((1,1),(1,4),(2,2),(4,1),(4,4)\\).","definition_ids":[]}],"graph_hint_reformulations":[{"id":"stmt-graph-hint","title":"Подсказочная графовая формулировка","status":"ai_checked","text":"Постройте граф на вершинах \\(S\\): две различные вершины \\(x,y\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(xy\\) — полный квадрат. Докажите, что каждая компонента связности этого графа является кликой. После этого условие о \\(2023\\) упорядоченных парах превращается в равенство \\(a_1^2+\\cdots+a_m^2=2023\\), где \\(a_i\\) — размеры компонент. Требуется доказать, что \\(m\\ge4\\).","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","clique","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-graph-components","title":"Решение через граф квадратных произведений","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","clique","path"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф \\(G\\), вершинами которого являются элементы множества \\(S\\). Две различные вершины \\(x\\) и \\(y\\) соединяем ребром тогда и только тогда, когда \\(xy\\) является полным квадратом. Докажем, что каждая компонента связности графа \\(G\\) является кликой. Возьмём две вершины \\(x\\) и \\(y\\) из одной компоненты. Между ними есть путь \\[ x=a_1,a_2, \\ldots,a_{t-1},a_t=y, \\] то есть каждое произведение \\(a_i a_{i+1}\\) является полным квадратом. Тогда \\[ xy=a_1a_t=\\frac{(a_1a_2)(a_2a_3) \\cdots(a_{t-1}a_t)}{a_2^2a_3^2 \\cdots a_{t-1}^2} \\] тоже является полным квадратом: в числителе стоит произведение квадратов, а знаменатель сам является квадратом. Значит, \\(x\\) и \\(y\\) соединены ребром. Поэтому любые две вершины одной компоненты смежны, и компонента действительно является кликой. Пусть размеры компонент равны \\(a_1,a_2, \\ldots,a_m\\). Так как компоненты — клики, две вершины \\(x,y\\) дают квад…"}],"relations":[],"search_text":"inmo-2023-p1-square-products-components квадратные произведения и компоненты-клики, inmo 2023 p1 connectivity graph_model double_counting goal_existence 2023 archive_index https://jpsaha.github.io/mop/inmo/ https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2023/01/inmo23_qp.pdf https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2023/03/solutions.pdf inmo inmo 2023 официальные решения inmo 2023 официальный лист условий inmo2023 jyoti prakash saha, указатель прошлых материалов inmo solution_notes src-inmo-2023-official-problems src-inmo-2023-official-solutions src-jpsaha-inmo-index statement with_solution ? inmo 2023 официальный лист условий inmo 2023 официальные решения jyoti prakash saha, указатель прошлых материалов inmo stmt-original официальное условие ai_checked пусть \\(s\\) — конечное множество положительных целых чисел. предположим, что существует ровно \\(2023\\) упорядоченных пар \\((x,y)\\in s\\times s\\), для которых произведение \\(xy\\) является полным квадратом. докажите, что можно найти по крайней мере четыре различных элемента множества \\(s\\), у которых произведение любых двух из них не является полным квадратом. например, если \\(s=\\{1,2,4\\}\\), то таких упорядоченных пар ровно пять: \\((1,1),(1,4),(2,2),(4,1),(4,4)\\). stmt-graph-hint подсказочная графовая формулировка ai_checked постройте граф на вершинах \\(s\\): две различные вершины \\(x,y\\) соединены ребром тогда и только тогда, когда \\(xy\\) — полный квадрат. докажите, что каждая компонента связности этого графа является кликой. после этого условие о \\(2023\\) упорядоченных парах превращается в равенство \\(a_1^2+\\cdots+a_m^2=2023\\), где \\(a_i\\) — размеры компонент. требуется доказать, что \\(m\\ge4\\). simple_graph connected_graph clique path idea-square-product-transitivity связность превращается в смежность если \\(x=a_1,a_2, \\ldots,a_t=y\\) — путь, и каждое произведение \\(a_i a_{i+1}\\) является квадратом, то \\(xy\\) тоже квадрат, потому что промежуточные множители входят в произведение дважды. graph_model ai_checked idea-component-square-count компоненты дают сумму квадратов внутри одной компоненты любые две вершины дают квадратное произведение, а из разных компонент — не дают. поэтому число упорядоченных пар с квадратным произведением равно сумме квадратов размеров компонент. double_counting ai_checked idea-mod-8-three-squares три квадрата не дают 2023 квадрат по модулю \\(8\\) равен \\(0\\), \\(1\\) или \\(4\\). сумма трёх таких остатков не может быть равна \\(7\\), тогда как \\(2023\\equiv7\\pmod8\\). goal_impossibility ai_checked sol-official-graph-components решение через граф квадратных произведений ai_checked simple_graph connected_graph clique path double_counting построим граф \\(g\\), вершинами которого являются элементы множества \\(s\\). две различные вершины \\(x\\) и \\(y\\) соединяем ребром тогда и только тогда, когда \\(xy\\) является полным квадратом. докажем, что каждая компонента связности графа \\(g\\) является кликой. возьмём две вершины \\(x\\) и \\(y\\) из одной компоненты. между ними есть путь \\[ x=a_1,a_2, \\ldots,a_{t-1},a_t=y, \\] то есть каждое произведение \\(a_i a_{i+1}\\) является полным квадратом. тогда \\[ xy=a_1a_t=\\frac{(a_1a_2)(a_2a_3) \\cdots(a_{t-1}a_t)}{a_2^2a_3^2 \\cdots a_{t-1}^2} \\] тоже является полным квадратом: в числителе стоит произведение квадратов, а знаменатель сам является квадратом. значит, \\(x\\) и \\(y\\) соединены ребром. поэтому любые две вершины одной компоненты смежны, и компонента действительно является кликой. пусть размеры компонент равны \\(a_1,a_2, \\ldots,a_m\\). так как компоненты — клики, две вершины \\(x,y\\) дают квад… inmo-2023-p1-square-products-components kvadratnye proizvedeniya i komponenty-kliki, inmo 2023 p1 connectivity graph_model double_counting goal_existence 2023 archive_index https://jpsaha.github.io/mop/inmo/ https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2023/01/inmo23_qp.pdf https://olympiads.hbcse.tifr.res.in/wp-content/uploads/2023/03/solutions.pdf inmo inmo 2023 ofitsialnye resheniya inmo 2023 ofitsialnyy list usloviy inmo2023 jyoti prakash saha, ukazatel proshlyh materialov inmo solution_notes src-inmo-2023-official-problems src-inmo-2023-official-solutions src-jpsaha-inmo-index statement with_solution ? inmo 2023 ofitsialnyy list usloviy inmo 2023 ofitsialnye resheniya jyoti prakash saha, ukazatel proshlyh materialov inmo stmt-original ofitsialnoe uslovie ai_checked pust \\(s\\) — konechnoe mnozhestvo polozhitelnyh tselyh chisel. predpolozhim, chto suschestvuet rovno \\(2023\\) uporyadochennyh par \\((x,y)\\in s\\times s\\), dlya kotoryh proizvedenie \\(xy\\) yavlyaetsya polnym kvadratom. dokazhite, chto mozhno nayti po krayney mere chetyre razlichnyh elementa mnozhestva \\(s\\), u kotoryh proizvedenie lyubyh dvuh iz nih ne yavlyaetsya polnym kvadratom. naprimer, esli \\(s=\\{1,2,4\\}\\), to takih uporyadochennyh par rovno pyat: \\((1,1),(1,4),(2,2),(4,1),(4,4)\\). stmt-graph-hint podskazochnaya grafovaya formulirovka ai_checked postroyte graf na vershinah \\(s\\): dve razlichnye vershiny \\(x,y\\) soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda \\(xy\\) — polnyy kvadrat. dokazhite, chto kazhdaya komponenta svyaznosti etogo grafa yavlyaetsya klikoy. posle etogo uslovie o \\(2023\\) uporyadochennyh parah prevraschaetsya v ravenstvo \\(a_1^2+\\cdots+a_m^2=2023\\), gde \\(a_i\\) — razmery komponent. trebuetsya dokazat, chto \\(m\\ge4\\). simple_graph connected_graph clique path idea-square-product-transitivity svyaznost prevraschaetsya v smezhnost esli \\(x=a_1,a_2, \\ldots,a_t=y\\) — put, i kazhdoe proizvedenie \\(a_i a_{i+1}\\) yavlyaetsya kvadratom, to \\(xy\\) tozhe kvadrat, potomu chto promezhutochnye mnozhiteli vhodyat v proizvedenie dvazhdy. graph_model ai_checked idea-component-square-count komponenty dayut summu kvadratov vnutri odnoy komponenty lyubye dve vershiny dayut kvadratnoe proizvedenie, a iz raznyh komponent — ne dayut. poetomu chislo uporyadochennyh par s kvadratnym proizvedeniem ravno summe kvadratov razmerov komponent. double_counting ai_checked idea-mod-8-three-squares tri kvadrata ne dayut 2023 kvadrat po modulyu \\(8\\) raven \\(0\\), \\(1\\) ili \\(4\\). summa treh takih ostatkov ne mozhet byt ravna \\(7\\), togda kak \\(2023\\equiv7\\pmod8\\). goal_impossibility ai_checked sol-official-graph-components reshenie cherez graf kvadratnyh proizvedeniy ai_checked simple_graph connected_graph clique path double_counting postroim graf \\(g\\), vershinami kotorogo yavlyayutsya elementy mnozhestva \\(s\\). dve razlichnye vershiny \\(x\\) i \\(y\\) soedinyaem rebrom togda i tolko togda, kogda \\(xy\\) yavlyaetsya polnym kvadratom. dokazhem, chto kazhdaya komponenta svyaznosti grafa \\(g\\) yavlyaetsya klikoy. vozmem dve vershiny \\(x\\) i \\(y\\) iz odnoy komponenty. mezhdu nimi est put \\[ x=a_1,a_2, \\ldots,a_{t-1},a_t=y, \\] to est kazhdoe proizvedenie \\(a_i a_{i+1}\\) yavlyaetsya polnym kvadratom. togda \\[ xy=a_1a_t=\\frac{(a_1a_2)(a_2a_3) \\cdots(a_{t-1}a_t)}{a_2^2a_3^2 \\cdots a_{t-1}^2} \\] tozhe yavlyaetsya polnym kvadratom: v chislitele stoit proizvedenie kvadratov, a znamenatel sam yavlyaetsya kvadratom. znachit, \\(x\\) i \\(y\\) soedineny rebrom. poetomu lyubye dve vershiny odnoy komponenty smezhny, i komponenta deystvitelno yavlyaetsya klikoy. pust razmery komponent ravny \\(a_1,a_2, \\ldots,a_m\\). tak kak komponenty — kliki, dve vershiny \\(x,y\\) dayut kvad…","source_keys":["inmo"]}