{"id":"lktg-2026-project2-problem17-firms-and-geniuses","title":"Фирмы и отмеченные гении в графе знакомств","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem17-firms-and-geniuses.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem17-firms-and-geniuses.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem17-firms-and-geniuses","source_key":"lktg","source_label":"LKTG","source_titles":["38-я Летняя конференция Турнира городов 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7","32-й Турнир городов, весенний тур 2010/11, сложный вариант, 8-9 и 10-11 классы"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":["Шаповалов А.В."],"tags":["goal_construction","goal_strategy_game","connectivity","process_invariant"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":8,"comment":"Официальная сложность: а) 2/5; б) 3/5; в) 4/5.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.98,"basis":"официальный PDF решений, русская редакция 7","notes":"Пункт а решён циклической конструкцией; общая координатная конструкция полностью доказывает пункт в и её случай r=4 — пункт б."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Фирмы нанимают программистов в графе знакомств","status":"source_verified","text":"Вершины конечного простого графа — программисты, а рёбра означают знакомства. Фирмы Пети и Васи по очереди нанимают по одному программисту, ещё не нанятому ни одной фирмой; начинает фирма Пети. Первого программиста каждая фирма выбирает произвольно. Каждый следующий нанятый ею программист должен быть знаком хотя бы с одним программистом, уже работающим в этой фирме. Если фирма не может сделать ход, она прекращает набор, а другая продолжает по тем же правилам, пока может. Среди программистов заранее отмечены \\(r\\) гениев. а) Для \\(r=3\\) постройте граф, в котором фирма Васи гарантированно наймёт не меньше двух гениев. б) Для \\(r=4\\) постройте граф, в котором фирма Васи гарантированно наймёт не меньше трёх гениев. в) Для каждого \\(r\\ge2\\) постройте граф, в котором фирма Васи гарантированно наймёт не меньше \\(r-1\\) гениев.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path","cycle","distance"]},{"id":"stmt-tc-2011-eleven-geniuses","title":"Версия Турнира городов с 11 гениями","status":"source_verified","text":"Две фирмы по очереди нанимают программистов, среди которых есть 11 всем известных гениев. Первого программиста каждая фирма выбирает произвольно, а каждый следующий должен быть знаком с кем-то из ранее нанятых данной фирмой. Если фирма не может нанять программиста по этим правилам, она прекращает приём, а другая может продолжать. Список программистов и их знакомств заранее известен. Могут ли знакомства быть устроены так, что фирма, вступающая в игру второй, сможет нанять 10 гениев, как бы ни действовала первая фирма?","definition_ids":["simple_graph","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-parts-a-c","title":"Шестиугольник, пути длин 10–13 и общая координатная конструкция","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path","cycle","distance"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"а) Возьмём цикл \\[ g_1-u_1-g_2-u_2-g_3-u_3-g_1 \\] и объявим гениями \\(g_1,g_2,g_3\\). Если Петя первым нанял гения, например \\(g_1\\), Вася нанимает противоположную вершину \\(u_2\\). Следующий законный ход Пети — \\(u_1\\) или \\(u_3\\). В первом случае Вася берёт \\(g_2\\), во втором — \\(g_3\\). После этого набор по оставшимся дугам цикла вынужден, и второй из двух оставшихся гениев также достаётся Васе. Если Петя начал с обычной вершины, например \\(u_1\\), Вася берёт соседнего гения \\(g_1\\). Петя вынужден взять \\(g_2\\), затем Вася берёт \\(u_3\\), Петя — \\(u_2\\), Вася — \\(g_3\\). В обоих случаях Вася нанимает двух гениев. б) Это частный случай пункта в при \\(r=4\\): общая координатная конструкция, доказанная ниже, гарантирует Васе не меньше \\(r-1=3\\) гениев. Поэтому отдельной конструкции для этого пункта не требуется. в) Положим \\(L=r(r-1)\\). Программистами будут все векторы \\[ x=(x_1,\\ldots,x_r),\\q…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p17-mmo-2011-specialization","neighbor_id":"mmo-2011-firms-programmers-geniuses","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem17-firms-and-geniuses фирмы и отмеченные гении в графе знакомств goal_construction goal_strategy_game connectivity process_invariant 2026 32-й турнир городов, весенний тур 2010/11, сложный вариант, 8-9 и 10-11 классы 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://www.turgor.ru/problems/32/vs32sl-avt.pdf lktg lktg2026 official_archive official_solutions olympiad_archive src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-tc-2011-32-vs32sl-official with_solution лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 шаповалов а.в. шаповалов а.в. 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 32-й турнир городов, весенний тур 2010/11, сложный вариант, 8-9 и 10-11 классы stmt-original фирмы нанимают программистов в графе знакомств source_verified вершины конечного простого графа — программисты, а рёбра означают знакомства. фирмы пети и васи по очереди нанимают по одному программисту, ещё не нанятому ни одной фирмой; начинает фирма пети. первого программиста каждая фирма выбирает произвольно. каждый следующий нанятый ею программист должен быть знаком хотя бы с одним программистом, уже работающим в этой фирме. если фирма не может сделать ход, она прекращает набор, а другая продолжает по тем же правилам, пока может. среди программистов заранее отмечены \\(r\\) гениев. а) для \\(r=3\\) постройте граф, в котором фирма васи гарантированно наймёт не меньше двух гениев. б) для \\(r=4\\) постройте граф, в котором фирма васи гарантированно наймёт не меньше трёх гениев. в) для каждого \\(r\\ge2\\) постройте граф, в котором фирма васи гарантированно наймёт не меньше \\(r-1\\) гениев. simple_graph connected_graph path cycle distance stmt-tc-2011-eleven-geniuses версия турнира городов с 11 гениями source_verified две фирмы по очереди нанимают программистов, среди которых есть 11 всем известных гениев. первого программиста каждая фирма выбирает произвольно, а каждый следующий должен быть знаком с кем-то из ранее нанятых данной фирмой. если фирма не может нанять программиста по этим правилам, она прекращает приём, а другая может продолжать. список программистов и их знакомств заранее известен. могут ли знакомства быть устроены так, что фирма, вступающая в игру второй, сможет нанять 10 гениев, как бы ни действовала первая фирма? simple_graph connected_graph idea-alternating-six-cycle чередующийся шестиугольник для трёх гениев на цикле длины шесть гении и обычные программисты чередуются. первый ответ васи переводит игру в вынужденное чередование, при котором два гения достаются васе. goal_construction goal_strategy_game ai_checked idea-simplex-coordinate-maxima целочисленный симплекс и максимумы координат в общей конструкции вершины — неотрицательные целые векторы фиксированной суммы, а ход по ребру переносит единицу между координатами. вася поддерживает строгий перевес максимума по всем координатам, кроме одной. process_invariant goal_construction ai_checked sol-official-parts-a-c шестиугольник, пути длин 10–13 и общая координатная конструкция ai_checked simple_graph connected_graph path cycle distance а) возьмём цикл \\[ g_1-u_1-g_2-u_2-g_3-u_3-g_1 \\] и объявим гениями \\(g_1,g_2,g_3\\). если петя первым нанял гения, например \\(g_1\\), вася нанимает противоположную вершину \\(u_2\\). следующий законный ход пети — \\(u_1\\) или \\(u_3\\). в первом случае вася берёт \\(g_2\\), во втором — \\(g_3\\). после этого набор по оставшимся дугам цикла вынужден, и второй из двух оставшихся гениев также достаётся васе. если петя начал с обычной вершины, например \\(u_1\\), вася берёт соседнего гения \\(g_1\\). петя вынужден взять \\(g_2\\), затем вася берёт \\(u_3\\), петя — \\(u_2\\), вася — \\(g_3\\). в обоих случаях вася нанимает двух гениев. б) это частный случай пункта в при \\(r=4\\): общая координатная конструкция, доказанная ниже, гарантирует васе не меньше \\(r-1=3\\) гениев. поэтому отдельной конструкции для этого пункта не требуется. в) положим \\(l=r(r-1)\\). программистами будут все векторы \\[ x=(x_1,\\ldots,x_r),\\q… lktg-2026-project2-problem17-firms-and-geniuses firmy i otmechennye genii v grafe znakomstv goal_construction goal_strategy_game connectivity process_invariant 2026 32-y turnir gorodov, vesenniy tur 2010/11, slozhnyy variant, 8-9 i 10-11 klassy 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://www.turgor.ru/problems/32/vs32sl-avt.pdf lktg lktg2026 official_archive official_solutions olympiad_archive src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-tc-2011-32-vs32sl-official with_solution lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 shapovalov a.v. shapovalov a.v. 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 32-y turnir gorodov, vesenniy tur 2010/11, slozhnyy variant, 8-9 i 10-11 klassy stmt-original firmy nanimayut programmistov v grafe znakomstv source_verified vershiny konechnogo prostogo grafa — programmisty, a rebra oznachayut znakomstva. firmy peti i vasi po ocheredi nanimayut po odnomu programmistu, esche ne nanyatomu ni odnoy firmoy; nachinaet firma peti. pervogo programmista kazhdaya firma vybiraet proizvolno. kazhdyy sleduyuschiy nanyatyy eyu programmist dolzhen byt znakom hotya by s odnim programmistom, uzhe rabotayuschim v etoy firme. esli firma ne mozhet sdelat hod, ona prekraschaet nabor, a drugaya prodolzhaet po tem zhe pravilam, poka mozhet. sredi programmistov zaranee otmecheny \\(r\\) geniev. a) dlya \\(r=3\\) postroyte graf, v kotorom firma vasi garantirovanno naymet ne menshe dvuh geniev. b) dlya \\(r=4\\) postroyte graf, v kotorom firma vasi garantirovanno naymet ne menshe treh geniev. v) dlya kazhdogo \\(r\\ge2\\) postroyte graf, v kotorom firma vasi garantirovanno naymet ne menshe \\(r-1\\) geniev. simple_graph connected_graph path cycle distance stmt-tc-2011-eleven-geniuses versiya turnira gorodov s 11 geniyami source_verified dve firmy po ocheredi nanimayut programmistov, sredi kotoryh est 11 vsem izvestnyh geniev. pervogo programmista kazhdaya firma vybiraet proizvolno, a kazhdyy sleduyuschiy dolzhen byt znakom s kem-to iz ranee nanyatyh dannoy firmoy. esli firma ne mozhet nanyat programmista po etim pravilam, ona prekraschaet priem, a drugaya mozhet prodolzhat. spisok programmistov i ih znakomstv zaranee izvesten. mogut li znakomstva byt ustroeny tak, chto firma, vstupayuschaya v igru vtoroy, smozhet nanyat 10 geniev, kak by ni deystvovala pervaya firma? simple_graph connected_graph idea-alternating-six-cycle chereduyuschiysya shestiugolnik dlya treh geniev na tsikle dliny shest genii i obychnye programmisty chereduyutsya. pervyy otvet vasi perevodit igru v vynuzhdennoe cheredovanie, pri kotorom dva geniya dostayutsya vase. goal_construction goal_strategy_game ai_checked idea-simplex-coordinate-maxima tselochislennyy simpleks i maksimumy koordinat v obschey konstruktsii vershiny — neotritsatelnye tselye vektory fiksirovannoy summy, a hod po rebru perenosit edinitsu mezhdu koordinatami. vasya podderzhivaet strogiy pereves maksimuma po vsem koordinatam, krome odnoy. process_invariant goal_construction ai_checked sol-official-parts-a-c shestiugolnik, puti dlin 10–13 i obschaya koordinatnaya konstruktsiya ai_checked simple_graph connected_graph path cycle distance a) vozmem tsikl \\[ g_1-u_1-g_2-u_2-g_3-u_3-g_1 \\] i obyavim geniyami \\(g_1,g_2,g_3\\). esli petya pervym nanyal geniya, naprimer \\(g_1\\), vasya nanimaet protivopolozhnuyu vershinu \\(u_2\\). sleduyuschiy zakonnyy hod peti — \\(u_1\\) ili \\(u_3\\). v pervom sluchae vasya beret \\(g_2\\), vo vtorom — \\(g_3\\). posle etogo nabor po ostavshimsya dugam tsikla vynuzhden, i vtoroy iz dvuh ostavshihsya geniev takzhe dostaetsya vase. esli petya nachal s obychnoy vershiny, naprimer \\(u_1\\), vasya beret sosednego geniya \\(g_1\\). petya vynuzhden vzyat \\(g_2\\), zatem vasya beret \\(u_3\\), petya — \\(u_2\\), vasya — \\(g_3\\). v oboih sluchayah vasya nanimaet dvuh geniev. b) eto chastnyy sluchay punkta v pri \\(r=4\\): obschaya koordinatnaya konstruktsiya, dokazannaya nizhe, garantiruet vase ne menshe \\(r-1=3\\) geniev. poetomu otdelnoy konstruktsii dlya etogo punkta ne trebuetsya. v) polozhim \\(l=r(r-1)\\). programmistami budut vse vektory \\[ x=(x_1,\\ldots,x_r),\\q…","source_keys":["lktg","tc"]}
{"id":"tc-1980-distinct-rows-delete-column","title":"Удаление столбца при различных строках, Олимпиада трёх городов 1980","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-1980-distinct-rows-delete-column.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-1980-distinct-rows-delete-column.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-1980-distinct-rows-delete-column","source_key":"tc","source_label":"Олимпиада трёх городов","source_titles":["Задача 97761, Олимпиада трёх городов / Турнир городов, весна 1980","Архив Турнира городов 1-25, МЦНМО"],"year":"1980","type":"olympiad_problem","authors":["Анджанс А."],"tags":["trees","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Весна 1980, задача 2 для 8-10 классов; на problems.ru сложность 5.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Таблица с различными строками","status":"ai_checked","text":"В таблице N×N, заполненной числами, все строки различны: любые две строки отличаются хотя бы в одном элементе. Докажите, что можно вычеркнуть некоторый столбец так, что в оставшейся таблице снова все строки будут различны.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-essential-column-forest","title":"Граф существенных столбцов","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Назовём столбец существенным, если после его удаления какие-то две строки становятся одинаковыми. Тогда для такого столбца можно выбрать пару строк, которые отличаются ровно в этом столбце. Предположим, что все N столбцов существенны, и построим граф: вершины — строки, а для каждого столбца проведём ребро между выбранной для него парой строк. Если в этом графе есть цикл, возьмём на нём ребро, соответствующее столбцу c. На всех остальных рёбрах цикла строки имеют одинаковые значения в столбце c, потому что эти пары отличаются только в своих столбцах, не равных c. Значит, двигаясь по циклу от одного конца выбранного ребра к другому без этого ребра, получаем равенство значений в столбце c. Но выбранная пара должна отличаться в столбце c — противоречие. Значит, граф без циклов, а в графе на N вершинах без циклов не больше N-1 рёбер. Поэтому не все N столбцов существенны; несущественный стол…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-distinct-rows-1980","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-forest-columns-coins-2023","neighbor_id":"tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cycles-redundancy-1980-2015","neighbor_id":"tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-columns-imo-2024-c8","neighbor_id":"imo-2024-c8-board-coloring-tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-1980-distinct-rows-delete-column удаление столбца при различных строках, олимпиада трёх городов 1980 trees extremal_choice goal_exact_bound 1980 https://olympiads.mccme.ru/turgor/tgarhiv.htm https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=97761 official_archive olympiad_archive src-problems-97761 src-turgor-archive-1-25 tc tc1980 with_solution анджанс а. архив турнира городов 1-25, мцнмо задача 97761, олимпиада трёх городов / турнир городов, весна 1980 олимпиада трёх городов олимпиадатрёхгородов олимпиадатрёхгородов1980 анджанс а. задача 97761, олимпиада трёх городов / турнир городов, весна 1980 архив турнира городов 1-25, мцнмо stmt-original таблица с различными строками ai_checked в таблице n×n, заполненной числами, все строки различны: любые две строки отличаются хотя бы в одном элементе. докажите, что можно вычеркнуть некоторый столбец так, что в оставшейся таблице снова все строки будут различны. idea-essential-columns-form-forest существенные столбцы образуют граф без циклов если каждый столбец необходим, выберем для него пару строк, различающихся только в этом столбце. эти пары становятся рёбрами графа на строках. цикл невозможен: вдоль остальных рёбер значение в фиксированном столбце сохраняется, а на выбранном ребре должно измениться. trees extremal_choice ai_checked sol-essential-column-forest граф существенных столбцов ai_checked cycle extremal_choice назовём столбец существенным, если после его удаления какие-то две строки становятся одинаковыми. тогда для такого столбца можно выбрать пару строк, которые отличаются ровно в этом столбце. предположим, что все n столбцов существенны, и построим граф: вершины — строки, а для каждого столбца проведём ребро между выбранной для него парой строк. если в этом графе есть цикл, возьмём на нём ребро, соответствующее столбцу c. на всех остальных рёбрах цикла строки имеют одинаковые значения в столбце c, потому что эти пары отличаются только в своих столбцах, не равных c. значит, двигаясь по циклу от одного конца выбранного ребра к другому без этого ребра, получаем равенство значений в столбце c. но выбранная пара должна отличаться в столбце c — противоречие. значит, граф без циклов, а в графе на n вершинах без циклов не больше n-1 рёбер. поэтому не все n столбцов существенны; несущественный стол… tc-1980-distinct-rows-delete-column udalenie stolbtsa pri razlichnyh strokah, olimpiada treh gorodov 1980 trees extremal_choice goal_exact_bound 1980 https://olympiads.mccme.ru/turgor/tgarhiv.htm https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=97761 official_archive olympiad_archive src-problems-97761 src-turgor-archive-1-25 tc tc1980 with_solution andzhans a. arhiv turnira gorodov 1-25, mtsnmo zadacha 97761, olimpiada treh gorodov / turnir gorodov, vesna 1980 olimpiada treh gorodov olimpiadatrehgorodov olimpiadatrehgorodov1980 andzhans a. zadacha 97761, olimpiada treh gorodov / turnir gorodov, vesna 1980 arhiv turnira gorodov 1-25, mtsnmo stmt-original tablitsa s razlichnymi strokami ai_checked v tablitse n×n, zapolnennoy chislami, vse stroki razlichny: lyubye dve stroki otlichayutsya hotya by v odnom elemente. dokazhite, chto mozhno vycherknut nekotoryy stolbets tak, chto v ostavsheysya tablitse snova vse stroki budut razlichny. idea-essential-columns-form-forest suschestvennye stolbtsy obrazuyut graf bez tsiklov esli kazhdyy stolbets neobhodim, vyberem dlya nego paru strok, razlichayuschihsya tolko v etom stolbtse. eti pary stanovyatsya rebrami grafa na strokah. tsikl nevozmozhen: vdol ostalnyh reber znachenie v fiksirovannom stolbtse sohranyaetsya, a na vybrannom rebre dolzhno izmenitsya. trees extremal_choice ai_checked sol-essential-column-forest graf suschestvennyh stolbtsov ai_checked cycle extremal_choice nazovem stolbets suschestvennym, esli posle ego udaleniya kakie-to dve stroki stanovyatsya odinakovymi. togda dlya takogo stolbtsa mozhno vybrat paru strok, kotorye otlichayutsya rovno v etom stolbtse. predpolozhim, chto vse n stolbtsov suschestvenny, i postroim graf: vershiny — stroki, a dlya kazhdogo stolbtsa provedem rebro mezhdu vybrannoy dlya nego paroy strok. esli v etom grafe est tsikl, vozmem na nem rebro, sootvetstvuyuschee stolbtsu c. na vseh ostalnyh rebrah tsikla stroki imeyut odinakovye znacheniya v stolbtse c, potomu chto eti pary otlichayutsya tolko v svoih stolbtsah, ne ravnyh c. znachit, dvigayas po tsiklu ot odnogo kontsa vybrannogo rebra k drugomu bez etogo rebra, poluchaem ravenstvo znacheniy v stolbtse c. no vybrannaya para dolzhna otlichatsya v stolbtse c — protivorechie. znachit, graf bez tsiklov, a v grafe na n vershinah bez tsiklov ne bolshe n-1 reber. poetomu ne vse n stolbtsov suschestvenny; nesuschestvennyy stol…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges","title":"Общий дед и пересекающиеся рёбра, Турнир городов 1994/95","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 98230, Турнир городов 1994/95, осенний тур, тренировочный вариант, 8-9 класс","Архив Турнира городов 1-25, МЦНМО"],"year":"1994","type":"olympiad_problem","authors":["Шаповалов А.В."],"tags":["matching","double_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":5,"comment":"Осенний тренировочный вариант 1994/95, 8-9 класс, задача 4; на problems.ru указано 5 баллов и сложность 4-.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"20 детей в Простоквашино","status":"ai_checked","text":"В Простоквашинской начальной школе учится всего 20 детей. У каждых двух из них есть общий дед. Докажите, что у одного из дедов в этой школе учится не менее 14 внуков и внучек.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Общий дед и пересекающиеся рёбра, Турнир городов 1994/95","status":"ai_checked","text":"В простом графе H выбрано 20 рёбер, причём любые два выбранных ребра имеют общую вершину. Докажите, что найдётся вершина, инцидентная хотя бы 14 выбранным рёбрам.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-star-or-triangle","title":"Звезда или треугольник","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Построим граф, вершины которого — деды, а каждый ребёнок задаёт ребро между двумя своими дедами. По условию любые два таких ребра имеют общий конец. Если все 20 рёбер имеют общий конец, то соответствующий дед имеет 20 внуков, и всё доказано. Иначе найдутся два ребра с общим концом X, скажем XY и XZ, и есть ребро, не проходящее через X. Чтобы пересечь и XY, и XZ, оно обязано быть YZ. Теперь любое выбранное ребро должно пересекать все три стороны треугольника XYZ. В простом графе это возможно только для одной из сторон этого треугольника. Значит, все 20 детей имеют дедов среди X,Y,Z. Сумма чисел внуков у X,Y,Z равна 40, потому что каждый ребёнок посчитан у двух дедов. Поэтому у одного из трёх дедов не меньше \\(\\lceil 40/3\\rceil=14\\) внуков."},{"id":"sol-three-grandfathers","title":"Звезда или треугольник","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Возьмём школьника A и двух его дедов X и Y. Если все школьники являются внуками X или все являются внуками Y, то всё доказано. Иначе найдётся школьник B, который не является внуком X; тогда его общий дед с A — это Y. Тем же рассуждением найдётся школьник C, который не является внуком Y; поскольку у A деды только X и Y, его общий дед с A — это X. У B и C есть общий дед Z. Покажем, что других дедов среди этих школьников нет. Пусть некоторый школьник D имеет деда W, отличного от X,Y,Z. Тогда D должен иметь общего деда с A, значит второй дед D равен X или Y. Если это X, то у D нет общего деда с B, у которого деды Y и Z; если это Y, то у D нет общего деда с C, у которого деды X и Z. Оба варианта невозможны. Значит, все дети приходятся внуками только дедам X, Y, Z. Всего у них 40 внуков с учётом повторения, поэтому у одного из трёх дедов не меньше \\(\\lceil 40/3\\rceil=14\\) внуков."}],"relations":[{"id":"rel-konig-common-grandfather-1994","neighbor_id":"konig-vertex-cover-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-vosh-bureaucrats-common-grandfather","neighbor_id":"vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-pairwise-intersecting-edges-tc-1994-95","neighbor_id":"pairwise-intersecting-edges-star-or-triangle","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges общий дед и пересекающиеся рёбра, турнир городов 1994/95 matching double_counting goal_exact_bound 1994 https://olympiads.mccme.ru/turgor/tgarhiv.htm https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=98230 official_archive olympiad_archive src-problems-98230 src-turgor-archive-1-25 tc tc1994 with_solution архив турнира городов 1-25, мцнмо задача 98230, турнир городов 1994/95, осенний тур, тренировочный вариант, 8-9 класс турнир городов турниргородов турниргородов1994 шаповалов а.в. шаповалов а.в. задача 98230, турнир городов 1994/95, осенний тур, тренировочный вариант, 8-9 класс архив турнира городов 1-25, мцнмо stmt-original 20 детей в простоквашино ai_checked в простоквашинской начальной школе учится всего 20 детей. у каждых двух из них есть общий дед. докажите, что у одного из дедов в этой школе учится не менее 14 внуков и внучек. stmt-graph общий дед и пересекающиеся рёбра, турнир городов 1994/95 ai_checked в простом графе h выбрано 20 рёбер, причём любые два выбранных ребра имеют общую вершину. докажите, что найдётся вершина, инцидентная хотя бы 14 выбранным рёбрам. simple_graph idea-pairwise-intersecting-edges-star-or-triangle попарно пересекающиеся рёбра — звезда или треугольник если все выбранные рёбра не имеют общей вершины, то три из них образуют треугольник, а любое другое ребро должно пересекать все три стороны треугольника, что невозможно для ребра простого графа, если оно не является одной из этих сторон. matching ai_checked idea-three-grandfathers три деда контролируют всех детей если ни один из двух дедов выбранного ребёнка не является общим дедом для всех, то находятся ещё два ребёнка, которые вынуждают появление третьего деда. после этого любой другой дед нарушил бы условие общего деда с одним из трёх выбранных детей. double_counting ai_checked sol-star-or-triangle звезда или треугольник ai_checked simple_graph double_counting pigeonhole_principle построим граф, вершины которого — деды, а каждый ребёнок задаёт ребро между двумя своими дедами. по условию любые два таких ребра имеют общий конец. если все 20 рёбер имеют общий конец, то соответствующий дед имеет 20 внуков, и всё доказано. иначе найдутся два ребра с общим концом x, скажем xy и xz, и есть ребро, не проходящее через x. чтобы пересечь и xy, и xz, оно обязано быть yz. теперь любое выбранное ребро должно пересекать все три стороны треугольника xyz. в простом графе это возможно только для одной из сторон этого треугольника. значит, все 20 детей имеют дедов среди x,y,z. сумма чисел внуков у x,y,z равна 40, потому что каждый ребёнок посчитан у двух дедов. поэтому у одного из трёх дедов не меньше \\(\\lceil 40/3\\rceil=14\\) внуков. sol-three-grandfathers звезда или треугольник ai_checked pigeonhole_principle возьмём школьника a и двух его дедов x и y. если все школьники являются внуками x или все являются внуками y, то всё доказано. иначе найдётся школьник b, который не является внуком x; тогда его общий дед с a — это y. тем же рассуждением найдётся школьник c, который не является внуком y; поскольку у a деды только x и y, его общий дед с a — это x. у b и c есть общий дед z. покажем, что других дедов среди этих школьников нет. пусть некоторый школьник d имеет деда w, отличного от x,y,z. тогда d должен иметь общего деда с a, значит второй дед d равен x или y. если это x, то у d нет общего деда с b, у которого деды y и z; если это y, то у d нет общего деда с c, у которого деды x и z. оба варианта невозможны. значит, все дети приходятся внуками только дедам x, y, z. всего у них 40 внуков с учётом повторения, поэтому у одного из трёх дедов не меньше \\(\\lceil 40/3\\rceil=14\\) внуков. tc-1994-95-common-grandfather-intersecting-edges obschiy ded i peresekayuschiesya rebra, turnir gorodov 1994/95 matching double_counting goal_exact_bound 1994 https://olympiads.mccme.ru/turgor/tgarhiv.htm https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=98230 official_archive olympiad_archive src-problems-98230 src-turgor-archive-1-25 tc tc1994 with_solution arhiv turnira gorodov 1-25, mtsnmo zadacha 98230, turnir gorodov 1994/95, osenniy tur, trenirovochnyy variant, 8-9 klass turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov1994 shapovalov a.v. shapovalov a.v. zadacha 98230, turnir gorodov 1994/95, osenniy tur, trenirovochnyy variant, 8-9 klass arhiv turnira gorodov 1-25, mtsnmo stmt-original 20 detey v prostokvashino ai_checked v prostokvashinskoy nachalnoy shkole uchitsya vsego 20 detey. u kazhdyh dvuh iz nih est obschiy ded. dokazhite, chto u odnogo iz dedov v etoy shkole uchitsya ne menee 14 vnukov i vnuchek. stmt-graph obschiy ded i peresekayuschiesya rebra, turnir gorodov 1994/95 ai_checked v prostom grafe h vybrano 20 reber, prichem lyubye dva vybrannyh rebra imeyut obschuyu vershinu. dokazhite, chto naydetsya vershina, intsidentnaya hotya by 14 vybrannym rebram. simple_graph idea-pairwise-intersecting-edges-star-or-triangle poparno peresekayuschiesya rebra — zvezda ili treugolnik esli vse vybrannye rebra ne imeyut obschey vershiny, to tri iz nih obrazuyut treugolnik, a lyuboe drugoe rebro dolzhno peresekat vse tri storony treugolnika, chto nevozmozhno dlya rebra prostogo grafa, esli ono ne yavlyaetsya odnoy iz etih storon. matching ai_checked idea-three-grandfathers tri deda kontroliruyut vseh detey esli ni odin iz dvuh dedov vybrannogo rebenka ne yavlyaetsya obschim dedom dlya vseh, to nahodyatsya esche dva rebenka, kotorye vynuzhdayut poyavlenie tretego deda. posle etogo lyuboy drugoy ded narushil by uslovie obschego deda s odnim iz treh vybrannyh detey. double_counting ai_checked sol-star-or-triangle zvezda ili treugolnik ai_checked simple_graph double_counting pigeonhole_principle postroim graf, vershiny kotorogo — dedy, a kazhdyy rebenok zadaet rebro mezhdu dvumya svoimi dedami. po usloviyu lyubye dva takih rebra imeyut obschiy konets. esli vse 20 reber imeyut obschiy konets, to sootvetstvuyuschiy ded imeet 20 vnukov, i vse dokazano. inache naydutsya dva rebra s obschim kontsom x, skazhem xy i xz, i est rebro, ne prohodyaschee cherez x. chtoby peresech i xy, i xz, ono obyazano byt yz. teper lyuboe vybrannoe rebro dolzhno peresekat vse tri storony treugolnika xyz. v prostom grafe eto vozmozhno tolko dlya odnoy iz storon etogo treugolnika. znachit, vse 20 detey imeyut dedov sredi x,y,z. summa chisel vnukov u x,y,z ravna 40, potomu chto kazhdyy rebenok poschitan u dvuh dedov. poetomu u odnogo iz treh dedov ne menshe \\(\\lceil 40/3\\rceil=14\\) vnukov. sol-three-grandfathers zvezda ili treugolnik ai_checked pigeonhole_principle vozmem shkolnika a i dvuh ego dedov x i y. esli vse shkolniki yavlyayutsya vnukami x ili vse yavlyayutsya vnukami y, to vse dokazano. inache naydetsya shkolnik b, kotoryy ne yavlyaetsya vnukom x; togda ego obschiy ded s a — eto y. tem zhe rassuzhdeniem naydetsya shkolnik c, kotoryy ne yavlyaetsya vnukom y; poskolku u a dedy tolko x i y, ego obschiy ded s a — eto x. u b i c est obschiy ded z. pokazhem, chto drugih dedov sredi etih shkolnikov net. pust nekotoryy shkolnik d imeet deda w, otlichnogo ot x,y,z. togda d dolzhen imet obschego deda s a, znachit vtoroy ded d raven x ili y. esli eto x, to u d net obschego deda s b, u kotorogo dedy y i z; esli eto y, to u d net obschego deda s c, u kotorogo dedy x i z. oba varianta nevozmozhny. znachit, vse deti prihodyatsya vnukami tolko dedam x, y, z. vsego u nih 40 vnukov s uchetom povtoreniya, poetomu u odnogo iz treh dedov ne menshe \\(\\lceil 40/3\\rceil=14\\) vnukov.","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2001-02-rooks-odd-attacks","title":"Ладьи, бьющие нечётное число ранее поставленных, Турнир городов 2001/02","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2001-02-rooks-odd-attacks.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2001-02-rooks-odd-attacks.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2001-02-rooks-odd-attacks","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 98546, Турнир городов 2001/02, осенний тур, основной вариант, 8-9 класс","23-й Турнир городов 2001/02, официальный архив"],"year":"2001","type":"olympiad_problem","authors":["Шаповалов А.В."],"tags":["double_counting","extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Осенний основной вариант 2001/02, 8-9 класс, задача 5; на problems.ru указано 6 баллов и сложность 4-.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Саша выставляет ладьи","status":"ai_checked","text":"Саша выставляет на пустую шахматную доску 8×8 ладьи: первую — куда захочет, а каждую следующую ставит так, чтобы она била нечётное число ранее выставленных ладей. Ладьи бьют по горизонтали и вертикали, если между ними нет другой ладьи. Какое наибольшее число ладей он сможет так выставить?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-construct-63","title":"Конструкция на 63 ладьи и запрет 64-й","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 63. Обозначим клетки как a1,...,h8. Сначала ставим ладьи в a1, a8, h8. Затем ставим b1,c1,d1,e1,f1,g1; после этого h7,h6,h5,h4,h3,h2. Далее заполняем столбцы слева направо: a2,a3,a4,a5,a6,a7, затем b2,b3,...,b8, затем c2,...,c8, и так далее до g2,...,g8. Всего поставлено 3+6+6+6+6\\cdot 7=63 ладьи, не занята только клетка h1. Проверка правила такова. На первом нижнем отрезке каждая новая ладья бьёт только ближайшую уже поставленную слева; на правом столбце — только ближайшую уже поставленную сверху. В столбце a каждая новая ладья бьёт две ладьи по своему столбцу, ближайшие сверху и снизу, и одну ладью в той же строке на h-столбце, всего три. В каждом из столбцов b,...,g новая ладья бьёт ближайшую уже поставленную ладью в своём столбце снизу и две ближайшие ладьи в своей строке, слева и справа, снова всего три. Значит, такая расстановка допустима. Поставить все 64 ладьи нельзя. В л…"}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-rooks-2001","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2014-start-r4p2-tc-2001-rooks-sequential-visibility","neighbor_id":"yumt-2014-start-round4-problem2","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2001-02-rooks-odd-attacks ладьи, бьющие нечётное число ранее поставленных, турнир городов 2001/02 double_counting extremal_choice goal_exact_bound 2001 23-й турнир городов 2001/02, официальный архив https://olympiads.mccme.ru/turgor/23/23.htm https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=98546 official_archive olympiad_archive src-problems-98546 src-turgor-2001-02 tc tc2001 with_solution задача 98546, турнир городов 2001/02, осенний тур, основной вариант, 8-9 класс турнир городов турниргородов турниргородов2001 шаповалов а.в. шаповалов а.в. задача 98546, турнир городов 2001/02, осенний тур, основной вариант, 8-9 класс 23-й турнир городов 2001/02, официальный архив stmt-original саша выставляет ладьи ai_checked саша выставляет на пустую шахматную доску 8×8 ладьи: первую — куда захочет, а каждую следующую ставит так, чтобы она била нечётное число ранее выставленных ладей. ладьи бьют по горизонтали и вертикали, если между ними нет другой ладьи. какое наибольшее число ладей он сможет так выставить? idea-missing-corner-after-three-corners три угла запрещают четвёртый конструкция почти заполняет доску, но верхняя оценка ловит неизбежную ситуацию: когда три угла уже заняты, четвёртый угол всегда бьёт ровно две ладьи — ближайшую по строке и ближайшую по столбцу. double_counting ai_checked sol-construct-63 конструкция на 63 ладьи и запрет 64-й ai_checked extremal_choice ответ: 63. обозначим клетки как a1,...,h8. сначала ставим ладьи в a1, a8, h8. затем ставим b1,c1,d1,e1,f1,g1; после этого h7,h6,h5,h4,h3,h2. далее заполняем столбцы слева направо: a2,a3,a4,a5,a6,a7, затем b2,b3,...,b8, затем c2,...,c8, и так далее до g2,...,g8. всего поставлено 3+6+6+6+6\\cdot 7=63 ладьи, не занята только клетка h1. проверка правила такова. на первом нижнем отрезке каждая новая ладья бьёт только ближайшую уже поставленную слева; на правом столбце — только ближайшую уже поставленную сверху. в столбце a каждая новая ладья бьёт две ладьи по своему столбцу, ближайшие сверху и снизу, и одну ладью в той же строке на h-столбце, всего три. в каждом из столбцов b,...,g новая ладья бьёт ближайшую уже поставленную ладью в своём столбце снизу и две ближайшие ладьи в своей строке, слева и справа, снова всего три. значит, такая расстановка допустима. поставить все 64 ладьи нельзя. в л… tc-2001-02-rooks-odd-attacks ladi, byuschie nechetnoe chislo ranee postavlennyh, turnir gorodov 2001/02 double_counting extremal_choice goal_exact_bound 2001 23-y turnir gorodov 2001/02, ofitsialnyy arhiv https://olympiads.mccme.ru/turgor/23/23.htm https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=98546 official_archive olympiad_archive src-problems-98546 src-turgor-2001-02 tc tc2001 with_solution zadacha 98546, turnir gorodov 2001/02, osenniy tur, osnovnoy variant, 8-9 klass turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2001 shapovalov a.v. shapovalov a.v. zadacha 98546, turnir gorodov 2001/02, osenniy tur, osnovnoy variant, 8-9 klass 23-y turnir gorodov 2001/02, ofitsialnyy arhiv stmt-original sasha vystavlyaet ladi ai_checked sasha vystavlyaet na pustuyu shahmatnuyu dosku 8×8 ladi: pervuyu — kuda zahochet, a kazhduyu sleduyuschuyu stavit tak, chtoby ona bila nechetnoe chislo ranee vystavlennyh ladey. ladi byut po gorizontali i vertikali, esli mezhdu nimi net drugoy ladi. kakoe naibolshee chislo ladey on smozhet tak vystavit? idea-missing-corner-after-three-corners tri ugla zapreschayut chetvertyy konstruktsiya pochti zapolnyaet dosku, no verhnyaya otsenka lovit neizbezhnuyu situatsiyu: kogda tri ugla uzhe zanyaty, chetvertyy ugol vsegda bet rovno dve ladi — blizhayshuyu po stroke i blizhayshuyu po stolbtsu. double_counting ai_checked sol-construct-63 konstruktsiya na 63 ladi i zapret 64-y ai_checked extremal_choice otvet: 63. oboznachim kletki kak a1,...,h8. snachala stavim ladi v a1, a8, h8. zatem stavim b1,c1,d1,e1,f1,g1; posle etogo h7,h6,h5,h4,h3,h2. dalee zapolnyaem stolbtsy sleva napravo: a2,a3,a4,a5,a6,a7, zatem b2,b3,...,b8, zatem c2,...,c8, i tak dalee do g2,...,g8. vsego postavleno 3+6+6+6+6\\cdot 7=63 ladi, ne zanyata tolko kletka h1. proverka pravila takova. na pervom nizhnem otrezke kazhdaya novaya ladya bet tolko blizhayshuyu uzhe postavlennuyu sleva; na pravom stolbtse — tolko blizhayshuyu uzhe postavlennuyu sverhu. v stolbtse a kazhdaya novaya ladya bet dve ladi po svoemu stolbtsu, blizhayshie sverhu i snizu, i odnu ladyu v toy zhe stroke na h-stolbtse, vsego tri. v kazhdom iz stolbtsov b,...,g novaya ladya bet blizhayshuyu uzhe postavlennuyu ladyu v svoem stolbtse snizu i dve blizhayshie ladi v svoey stroke, sleva i sprava, snova vsego tri. znachit, takaya rasstanovka dopustima. postavit vse 64 ladi nelzya. v l…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2009-10-acquaintances-even-cycle","title":"Чётный круг знакомых, Турнир городов 2009/10","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2009-10-acquaintances-even-cycle.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2009-10-acquaintances-even-cycle.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2009-10-acquaintances-even-cycle","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 116409, Турнир городов 2009/10, весенний тур, базовый вариант, 8-9 класс"],"year":"2009","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_choice","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":3,"comment":"Весенний базовый тур 2009/10, 8-9 класс, задача 4; на problems.ru сложность 3+.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Участники олимпиады и круглый стол","status":"ai_checked","text":"Среди участников олимпиады каждый знаком не менее чем с тремя другими. Докажите, что можно выбрать группу из чётного числа участников, причём больше двух человек, и посадить их за круглый стол так, чтобы каждый был знаком с обоими соседями.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Чётный круг знакомых, Турнир городов 2009/10","status":"ai_checked","text":"Пусть G — конечный простой граф, в котором степень каждой вершины не меньше 3. Докажите, что в G есть цикл чётной длины, причём эта длина больше 2.","definition_ids":["simple_graph","degree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-longest-path-parity","title":"Длиннейший путь и чётность","status":"ai_checked","definition_ids":["path","cycle"],"standard_idea_ids":["longest_path","extremal_choice","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем в графе длиннейший простой путь \\(v_0,v_1,\\ldots,v_k\\). Все соседи вершины \\(v_0\\) лежат среди вершин этого пути, иначе путь можно было бы продлить. У вершины \\(v_0\\) есть хотя бы три соседа на пути. Если среди них есть \\(v_i\\) с нечётным i, то вершины \\(v_0,v_1,\\ldots,v_i\\) образуют цикл чётной длины \\(i+1\\). Если же все три соседа имеют чётные номера, то берём двух из них, например \\(v_i\\) и \\(v_j\\), где i<j; тогда отрезок пути от \\(v_i\\) до \\(v_j\\) вместе с двумя рёбрами к \\(v_0\\) образует цикл длины \\(j-i+2\\), а это чётное число."}],"relations":[{"id":"rel-dirac-even-cycle-2009","neighbor_id":"dirac-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-ore-even-cycle-2009","neighbor_id":"ore-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2009-10-acquaintances-even-cycle чётный круг знакомых, турнир городов 2009/10 extremal_choice goal_exact_bound 2009 https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=116409 olympiad_archive src-problems-116409 tc tc2009 with_solution задача 116409, турнир городов 2009/10, весенний тур, базовый вариант, 8-9 класс турнир городов турниргородов турниргородов2009 ? задача 116409, турнир городов 2009/10, весенний тур, базовый вариант, 8-9 класс stmt-original участники олимпиады и круглый стол ai_checked среди участников олимпиады каждый знаком не менее чем с тремя другими. докажите, что можно выбрать группу из чётного числа участников, причём больше двух человек, и посадить их за круглый стол так, чтобы каждый был знаком с обоими соседями. stmt-graph чётный круг знакомых, турнир городов 2009/10 ai_checked пусть g — конечный простой граф, в котором степень каждой вершины не меньше 3. докажите, что в g есть цикл чётной длины, причём эта длина больше 2. simple_graph degree cycle idea-longest-path-parity-neighbors соседи конца длиннейшего пути дают чётный цикл берём длиннейший путь. все соседи его конца лежат на этом пути; среди трёх соседей два находятся на позициях одной чётности, и соответствующие циклы от конца пути имеют одинаковую чётность. один из них даёт чётный цикл. extremal_choice ai_checked sol-longest-path-parity длиннейший путь и чётность ai_checked path cycle longest_path extremal_choice pigeonhole_principle выберем в графе длиннейший простой путь \\(v_0,v_1,\\ldots,v_k\\). все соседи вершины \\(v_0\\) лежат среди вершин этого пути, иначе путь можно было бы продлить. у вершины \\(v_0\\) есть хотя бы три соседа на пути. если среди них есть \\(v_i\\) с нечётным i, то вершины \\(v_0,v_1,\\ldots,v_i\\) образуют цикл чётной длины \\(i+1\\). если же все три соседа имеют чётные номера, то берём двух из них, например \\(v_i\\) и \\(v_j\\), где i<j; тогда отрезок пути от \\(v_i\\) до \\(v_j\\) вместе с двумя рёбрами к \\(v_0\\) образует цикл длины \\(j-i+2\\), а это чётное число. tc-2009-10-acquaintances-even-cycle chetnyy krug znakomyh, turnir gorodov 2009/10 extremal_choice goal_exact_bound 2009 https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=116409 olympiad_archive src-problems-116409 tc tc2009 with_solution zadacha 116409, turnir gorodov 2009/10, vesenniy tur, bazovyy variant, 8-9 klass turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2009 ? zadacha 116409, turnir gorodov 2009/10, vesenniy tur, bazovyy variant, 8-9 klass stmt-original uchastniki olimpiady i kruglyy stol ai_checked sredi uchastnikov olimpiady kazhdyy znakom ne menee chem s tremya drugimi. dokazhite, chto mozhno vybrat gruppu iz chetnogo chisla uchastnikov, prichem bolshe dvuh chelovek, i posadit ih za kruglyy stol tak, chtoby kazhdyy byl znakom s oboimi sosedyami. stmt-graph chetnyy krug znakomyh, turnir gorodov 2009/10 ai_checked pust g — konechnyy prostoy graf, v kotorom stepen kazhdoy vershiny ne menshe 3. dokazhite, chto v g est tsikl chetnoy dliny, prichem eta dlina bolshe 2. simple_graph degree cycle idea-longest-path-parity-neighbors sosedi kontsa dlinneyshego puti dayut chetnyy tsikl berem dlinneyshiy put. vse sosedi ego kontsa lezhat na etom puti; sredi treh sosedey dva nahodyatsya na pozitsiyah odnoy chetnosti, i sootvetstvuyuschie tsikly ot kontsa puti imeyut odinakovuyu chetnost. odin iz nih daet chetnyy tsikl. extremal_choice ai_checked sol-longest-path-parity dlinneyshiy put i chetnost ai_checked path cycle longest_path extremal_choice pigeonhole_principle vyberem v grafe dlinneyshiy prostoy put \\(v_0,v_1,\\ldots,v_k\\). vse sosedi vershiny \\(v_0\\) lezhat sredi vershin etogo puti, inache put mozhno bylo by prodlit. u vershiny \\(v_0\\) est hotya by tri soseda na puti. esli sredi nih est \\(v_i\\) s nechetnym i, to vershiny \\(v_0,v_1,\\ldots,v_i\\) obrazuyut tsikl chetnoy dliny \\(i+1\\). esli zhe vse tri soseda imeyut chetnye nomera, to berem dvuh iz nih, naprimer \\(v_i\\) i \\(v_j\\), gde i<j; togda otrezok puti ot \\(v_i\\) do \\(v_j\\) vmeste s dvumya rebrami k \\(v_0\\) obrazuet tsikl dliny \\(j-i+2\\), a eto chetnoe chislo.","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2010-11-odd-main-roads","title":"Главные дороги нечётной степени, Турнир городов 2010/11","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2010-11-odd-main-roads.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2010-11-odd-main-roads.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2010-11-odd-main-roads","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 116272, Турнир городов 2010/11, весенний тур, базовый вариант, 10-11 класс"],"year":"2010","type":"olympiad_problem","authors":["Грибалко А.В."],"tags":["connectivity","double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":4,"comment":"Весенний базовый тур 2010/11, 10-11 класс, задача 5; на problems.ru сложность 4.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"100 городов и главные дороги","status":"ai_checked","text":"В стране 100 городов и несколько дорог. Каждая дорога соединяет два каких-то города, дороги не пересекаются. Из каждого города можно добраться до любого другого, двигаясь по дорогам. Докажите, что можно объявить несколько дорог главными так, чтобы из каждого города выходило нечётное число главных дорог.","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Главные дороги нечётной степени, Турнир городов 2010/11","status":"ai_checked","text":"Пусть G — связный конечный граф с чётным числом вершин. Докажите, что можно выбрать несколько рёбер G так, чтобы в подграфе, состоящем из выбранных рёбер и всех вершин G, степень каждой вершины была нечётной.","definition_ids":["connected_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-path-parity","title":"Маршруты между парами городов","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Разобьём 100 городов на 50 пар. Так как дорожный граф связен, для каждой пары можно выбрать маршрут, соединяющий города этой пары. Для каждой дороги посчитаем, в скольких выбранных маршрутах она встретилась, и объявим главными ровно те дороги, у которых эта кратность нечётна. В фиксированном городе его собственный маршрут входит или выходит через одну дорогу, а каждый чужой маршрут либо не проходит через город, либо входит и выходит, давая вклад 0 или 2. Поэтому число главных дорог, выходящих из каждого города, нечётно."}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-odd-main-roads-2010","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-even-board-odd-main-roads","neighbor_id":"vosh-2013-14-regional-even-rows-columns","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-usa-tst-2011-odd-main-roads","neighbor_id":"usa-tst-2011-p2-weighted-road-orientation","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tc-2010-eulerian-parity-subgraph","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"tc-2010-11-odd-main-roads главные дороги нечётной степени, турнир городов 2010/11 connectivity double_counting goal_counting 2010 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=116272 olympiad_archive src-problems-116272 tc tc2010 with_solution грибалко а.в. задача 116272, турнир городов 2010/11, весенний тур, базовый вариант, 10-11 класс турнир городов турниргородов турниргородов2010 грибалко а.в. задача 116272, турнир городов 2010/11, весенний тур, базовый вариант, 10-11 класс stmt-original 100 городов и главные дороги ai_checked в стране 100 городов и несколько дорог. каждая дорога соединяет два каких-то города, дороги не пересекаются. из каждого города можно добраться до любого другого, двигаясь по дорогам. докажите, что можно объявить несколько дорог главными так, чтобы из каждого города выходило нечётное число главных дорог. stmt-graph главные дороги нечётной степени, турнир городов 2010/11 ai_checked пусть g — связный конечный граф с чётным числом вершин. докажите, что можно выбрать несколько рёбер g так, чтобы в подграфе, состоящем из выбранных рёбер и всех вершин g, степень каждой вершины была нечётной. connected_graph degree idea-pair-vertices-by-paths парные маршруты и нечётные кратности разбиваем вершины на пары и соединяем каждую пару путём. рёбра, встречающиеся в нечётном числе таких путей, дают у каждой вершины нечётную степень. double_counting ai_checked sol-path-parity маршруты между парами городов ai_checked double_counting разобьём 100 городов на 50 пар. так как дорожный граф связен, для каждой пары можно выбрать маршрут, соединяющий города этой пары. для каждой дороги посчитаем, в скольких выбранных маршрутах она встретилась, и объявим главными ровно те дороги, у которых эта кратность нечётна. в фиксированном городе его собственный маршрут входит или выходит через одну дорогу, а каждый чужой маршрут либо не проходит через город, либо входит и выходит, давая вклад 0 или 2. поэтому число главных дорог, выходящих из каждого города, нечётно. tc-2010-11-odd-main-roads glavnye dorogi nechetnoy stepeni, turnir gorodov 2010/11 connectivity double_counting goal_counting 2010 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=116272 olympiad_archive src-problems-116272 tc tc2010 with_solution gribalko a.v. zadacha 116272, turnir gorodov 2010/11, vesenniy tur, bazovyy variant, 10-11 klass turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2010 gribalko a.v. zadacha 116272, turnir gorodov 2010/11, vesenniy tur, bazovyy variant, 10-11 klass stmt-original 100 gorodov i glavnye dorogi ai_checked v strane 100 gorodov i neskolko dorog. kazhdaya doroga soedinyaet dva kakih-to goroda, dorogi ne peresekayutsya. iz kazhdogo goroda mozhno dobratsya do lyubogo drugogo, dvigayas po dorogam. dokazhite, chto mozhno obyavit neskolko dorog glavnymi tak, chtoby iz kazhdogo goroda vyhodilo nechetnoe chislo glavnyh dorog. stmt-graph glavnye dorogi nechetnoy stepeni, turnir gorodov 2010/11 ai_checked pust g — svyaznyy konechnyy graf s chetnym chislom vershin. dokazhite, chto mozhno vybrat neskolko reber g tak, chtoby v podgrafe, sostoyaschem iz vybrannyh reber i vseh vershin g, stepen kazhdoy vershiny byla nechetnoy. connected_graph degree idea-pair-vertices-by-paths parnye marshruty i nechetnye kratnosti razbivaem vershiny na pary i soedinyaem kazhduyu paru putem. rebra, vstrechayuschiesya v nechetnom chisle takih putey, dayut u kazhdoy vershiny nechetnuyu stepen. double_counting ai_checked sol-path-parity marshruty mezhdu parami gorodov ai_checked double_counting razobem 100 gorodov na 50 par. tak kak dorozhnyy graf svyazen, dlya kazhdoy pary mozhno vybrat marshrut, soedinyayuschiy goroda etoy pary. dlya kazhdoy dorogi poschitaem, v skolkih vybrannyh marshrutah ona vstretilas, i obyavim glavnymi rovno te dorogi, u kotoryh eta kratnost nechetna. v fiksirovannom gorode ego sobstvennyy marshrut vhodit ili vyhodit cherez odnu dorogu, a kazhdyy chuzhoy marshrut libo ne prohodit cherez gorod, libo vhodit i vyhodit, davaya vklad 0 ili 2. poetomu chislo glavnyh dorog, vyhodyaschih iz kazhdogo goroda, nechetno.","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2011-ants-two-hamiltonian-cycles-grid","title":"Два муравья и два замкнутых обхода доски 7x7, Турнир городов 2010/11","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2011-ants-two-hamiltonian-cycles-grid.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2011-ants-two-hamiltonian-cycles-grid.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2011-ants-two-hamiltonian-cycles-grid","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["32-й Турнир городов, весенний тур 2010/11, сложный вариант, 8-9 и 10-11 классы"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":["Заславский А.А."],"tags":["graph_model","hamiltonian_cycles","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"Весенний сложный вариант 32-го Турнира городов, 8-9 классы, задача 6.","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":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Два муравья на вершинах клеток","status":"ai_checked","text":"Два муравья проползли каждый по своему замкнутому маршруту на доске 7x7. Каждый полз только по сторонам клеток доски и побывал в каждой из 64 вершин клеток ровно один раз. Каково наименьшее возможное число таких сторон, по которым проползали и первый, и второй муравьи?","definition_ids":["connected_graph","cycle","hamiltonian_cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Два гамильтоновых цикла в решётке 8 на 8","status":"ai_checked","text":"В решёточном графе 8 на 8, вершинами которого являются узлы доски 7 на 7, а рёбрами — стороны единичных клеток, требуется определить наименьшее возможное число общих рёбер двух гамильтоновых циклов.","definition_ids":["connected_graph","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-edge-count-and-explicit-cycles","title":"Подсчёт рёбер и явные два обхода","status":"ai_checked","definition_ids":["hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 16. Нижняя оценка получается простым подсчётом. В решётке 8 на 8 всего \\(7\\cdot 8+8\\cdot 7=112\\) рёбер. Каждый замкнутый обход всех 64 вершин является гамильтоновым циклом и поэтому содержит ровно 64 ребра. Если два таких цикла имеют \\(x\\) общих рёбер, то их объединение содержит \\(64+64-x\\) различных рёбер, а оно не может содержать больше 112 рёбер всей решётки. Значит, \\(128-x\\le 112\\), откуда \\(x\\ge 16\\). Осталось показать, что 16 достижимо. Пронумеруем строки и столбцы узлов числами от 1 до 8. Первый цикл зададим следующей последовательностью вершин, после последней вершины снова идём в первую: \\[(1,1),(2,1),(2,2),(3,2),(3,1),(4,1),(4,2),(4,3),(3,3),(2,3),(2,4),(3,4),(4,4),(4,5),(5,5),(5,6),(5,7),(6,7),(6,6),(6,5),(7,5),(7,4),(7,3),(6,3),(6,4),(5,4),(5,3),(5,2),(5,1),(6,1),(6,2),(7,2),(7,1),(8,1),(8,2),(8,3),(8,4),(8,5),(8,6),(7,6),(7,7),(8,7),(8,8),(7,8),(6,8),(5,8),(4,8),(3,…"}],"relations":[],"search_text":"tc-2011-ants-two-hamiltonian-cycles-grid два муравья и два замкнутых обхода доски 7x7, турнир городов 2010/11 graph_model hamiltonian_cycles goal_exact_bound 2011 32-й турнир городов, весенний тур 2010/11, сложный вариант, 8-9 и 10-11 классы https://www.turgor.ru/problems/32/vs32sl-avt.pdf olympiad_archive src-tc-2011-32-vs32sl-official tc tc2011 with_solution заславский а.а. турнир городов турниргородов турниргородов2011 заславский а.а. 32-й турнир городов, весенний тур 2010/11, сложный вариант, 8-9 и 10-11 классы stmt-original два муравья на вершинах клеток ai_checked два муравья проползли каждый по своему замкнутому маршруту на доске 7x7. каждый полз только по сторонам клеток доски и побывал в каждой из 64 вершин клеток ровно один раз. каково наименьшее возможное число таких сторон, по которым проползали и первый, и второй муравьи? connected_graph cycle hamiltonian_cycle stmt-graph два гамильтоновых цикла в решётке 8 на 8 ai_checked в решёточном графе 8 на 8, вершинами которого являются узлы доски 7 на 7, а рёбрами — стороны единичных клеток, требуется определить наименьшее возможное число общих рёбер двух гамильтоновых циклов. connected_graph hamiltonian_cycle idea-grid-hamiltonian-cycles маршруты как гамильтоновы циклы решётки условие уже задаёт граф: вершины — узлы доски, рёбра — стороны клеток. каждый маршрут муравья является гамильтоновым циклом этого графа. hamiltonian_cycles graph_model ai_checked sol-ai-edge-count-and-explicit-cycles подсчёт рёбер и явные два обхода ai_checked hamiltonian_cycle double_counting ответ: 16. нижняя оценка получается простым подсчётом. в решётке 8 на 8 всего \\(7\\cdot 8+8\\cdot 7=112\\) рёбер. каждый замкнутый обход всех 64 вершин является гамильтоновым циклом и поэтому содержит ровно 64 ребра. если два таких цикла имеют \\(x\\) общих рёбер, то их объединение содержит \\(64+64-x\\) различных рёбер, а оно не может содержать больше 112 рёбер всей решётки. значит, \\(128-x\\le 112\\), откуда \\(x\\ge 16\\). осталось показать, что 16 достижимо. пронумеруем строки и столбцы узлов числами от 1 до 8. первый цикл зададим следующей последовательностью вершин, после последней вершины снова идём в первую: \\[(1,1),(2,1),(2,2),(3,2),(3,1),(4,1),(4,2),(4,3),(3,3),(2,3),(2,4),(3,4),(4,4),(4,5),(5,5),(5,6),(5,7),(6,7),(6,6),(6,5),(7,5),(7,4),(7,3),(6,3),(6,4),(5,4),(5,3),(5,2),(5,1),(6,1),(6,2),(7,2),(7,1),(8,1),(8,2),(8,3),(8,4),(8,5),(8,6),(7,6),(7,7),(8,7),(8,8),(7,8),(6,8),(5,8),(4,8),(3,… tc-2011-ants-two-hamiltonian-cycles-grid dva muravya i dva zamknutyh obhoda doski 7x7, turnir gorodov 2010/11 graph_model hamiltonian_cycles goal_exact_bound 2011 32-y turnir gorodov, vesenniy tur 2010/11, slozhnyy variant, 8-9 i 10-11 klassy https://www.turgor.ru/problems/32/vs32sl-avt.pdf olympiad_archive src-tc-2011-32-vs32sl-official tc tc2011 with_solution zaslavskiy a.a. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2011 zaslavskiy a.a. 32-y turnir gorodov, vesenniy tur 2010/11, slozhnyy variant, 8-9 i 10-11 klassy stmt-original dva muravya na vershinah kletok ai_checked dva muravya propolzli kazhdyy po svoemu zamknutomu marshrutu na doske 7x7. kazhdyy polz tolko po storonam kletok doski i pobyval v kazhdoy iz 64 vershin kletok rovno odin raz. kakovo naimenshee vozmozhnoe chislo takih storon, po kotorym propolzali i pervyy, i vtoroy muravi? connected_graph cycle hamiltonian_cycle stmt-graph dva gamiltonovyh tsikla v reshetke 8 na 8 ai_checked v reshetochnom grafe 8 na 8, vershinami kotorogo yavlyayutsya uzly doski 7 na 7, a rebrami — storony edinichnyh kletok, trebuetsya opredelit naimenshee vozmozhnoe chislo obschih reber dvuh gamiltonovyh tsiklov. connected_graph hamiltonian_cycle idea-grid-hamiltonian-cycles marshruty kak gamiltonovy tsikly reshetki uslovie uzhe zadaet graf: vershiny — uzly doski, rebra — storony kletok. kazhdyy marshrut muravya yavlyaetsya gamiltonovym tsiklom etogo grafa. hamiltonian_cycles graph_model ai_checked sol-ai-edge-count-and-explicit-cycles podschet reber i yavnye dva obhoda ai_checked hamiltonian_cycle double_counting otvet: 16. nizhnyaya otsenka poluchaetsya prostym podschetom. v reshetke 8 na 8 vsego \\(7\\cdot 8+8\\cdot 7=112\\) reber. kazhdyy zamknutyy obhod vseh 64 vershin yavlyaetsya gamiltonovym tsiklom i poetomu soderzhit rovno 64 rebra. esli dva takih tsikla imeyut \\(x\\) obschih reber, to ih obedinenie soderzhit \\(64+64-x\\) razlichnyh reber, a ono ne mozhet soderzhat bolshe 112 reber vsey reshetki. znachit, \\(128-x\\le 112\\), otkuda \\(x\\ge 16\\). ostalos pokazat, chto 16 dostizhimo. pronumeruem stroki i stolbtsy uzlov chislami ot 1 do 8. pervyy tsikl zadadim sleduyuschey posledovatelnostyu vershin, posle posledney vershiny snova idem v pervuyu: \\[(1,1),(2,1),(2,2),(3,2),(3,1),(4,1),(4,2),(4,3),(3,3),(2,3),(2,4),(3,4),(4,4),(4,5),(5,5),(5,6),(5,7),(6,7),(6,6),(6,5),(7,5),(7,4),(7,3),(6,3),(6,4),(5,4),(5,3),(5,2),(5,1),(6,1),(6,2),(7,2),(7,1),(8,1),(8,2),(8,3),(8,4),(8,5),(8,6),(7,6),(7,7),(8,7),(8,8),(7,8),(6,8),(5,8),(4,8),(3,…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2012-polyhedron-three-equal-edges","title":"Три равных ребра кубического многогранника, Турнир городов 2011/12","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2012-polyhedron-three-equal-edges.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2012-polyhedron-three-equal-edges.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2012-polyhedron-three-equal-edges","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["33-й Турнир городов, весенний тур 2011/12, базовый вариант, 10-11 классы"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":["Произволов В. В."],"tags":["planar_graphs","degree_counting","graph_model"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":3,"comment":"Весенний базовый вариант 33-го Турнира городов, 10-11 классы, задача 1.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","status":"ai_checked","confidence":0.7,"basis":"официальный или опубликованный источник решения не обнаружен","notes":"Решение выглядит как восстановленное/написанное ИИ с нуля; желательно выборочно перепроверять математически.","label":"ИИ-решение с нуля"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Рёбра выпуклого многогранника","status":"ai_checked","text":"Из каждой вершины выпуклого многогранника выходят ровно три ребра, причём хотя бы два из них равны. Докажите, что многогранник имеет хотя бы три равных ребра.","definition_ids":["planar_graph","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Кубический граф многогранника с повторяющимися метками рёбер","status":"ai_checked","text":"В графе выпуклого многогранника каждая вершина имеет степень 3. Рёбра помечены длинами; в каждой тройке инцидентных рёбер есть две одинаковые метки. Нужно доказать, что некоторая метка встречается хотя бы на трёх рёбрах.","definition_ids":["degree","planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-selected-equal-pairs-counting","title":"ИИ-решение: выбранные равные пары и подсчёт рёбер","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","planar_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем от противного. Пусть в многограннике нет трёх рёбер одной длины. В каждой вершине выберем одну пару равных рёбер, выходящих из этой вершины; по условию такая пара существует. Покажем, что одно и то же ребро не может быть выбрано в парах при двух своих концах. Действительно, пусть ребро \\(uv\\) выбрано и в вершине \\(u\\), и в вершине \\(v\\). Тогда в вершине \\(u\\) оно равно некоторому другому ребру, выходящему из \\(u\\), а в вершине \\(v\\) оно равно некоторому другому ребру, выходящему из \\(v\\). Эти два других ребра различны: иначе вместе с \\(uv\\) они образовали бы две разные стороны между теми же двумя вершинами, что невозможно для рёбер выпуклого многогранника. Значит, есть три различных ребра одной длины, противоречие. Итак, выбранные при разных вершинах пары не пересекаются по рёбрам. Если у многогранника \\(V\\) вершин, то мы выбрали \\(2V\\) различных рёбер. С другой стороны, из кажд…"}],"relations":[{"id":"rel-cubic-polyhedron-large-face-fork-tc-2012-polyhedron","neighbor_id":"cubic-polyhedron-large-face-fork-strategy-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2012-polyhedron-three-equal-edges три равных ребра кубического многогранника, турнир городов 2011/12 planar_graphs degree_counting graph_model 2012 33-й турнир городов, весенний тур 2011/12, базовый вариант, 10-11 классы https://www.turgor.ru/problems/33/vs33baz-avt.pdf olympiad_archive src-tc-2012-33-vs33baz-official tc tc2012 with_solution произволов в. в. турнир городов турниргородов турниргородов2012 произволов в. в. 33-й турнир городов, весенний тур 2011/12, базовый вариант, 10-11 классы stmt-original рёбра выпуклого многогранника ai_checked из каждой вершины выпуклого многогранника выходят ровно три ребра, причём хотя бы два из них равны. докажите, что многогранник имеет хотя бы три равных ребра. planar_graph degree stmt-graph кубический граф многогранника с повторяющимися метками рёбер ai_checked в графе выпуклого многогранника каждая вершина имеет степень 3. рёбра помечены длинами; в каждой тройке инцидентных рёбер есть две одинаковые метки. нужно доказать, что некоторая метка встречается хотя бы на трёх рёбрах. degree planar_graph idea-polyhedron-edge-labels многогранник как кубический граф с метками рёбер вся комбинаторная часть условия относится к графу многогранника: вершины, инцидентные рёбра и повторяющиеся длины рёбер. planar_graphs graph_model ai_checked sol-ai-selected-equal-pairs-counting ии-решение: выбранные равные пары и подсчёт рёбер ai_checked degree planar_graph double_counting докажем от противного. пусть в многограннике нет трёх рёбер одной длины. в каждой вершине выберем одну пару равных рёбер, выходящих из этой вершины; по условию такая пара существует. покажем, что одно и то же ребро не может быть выбрано в парах при двух своих концах. действительно, пусть ребро \\(uv\\) выбрано и в вершине \\(u\\), и в вершине \\(v\\). тогда в вершине \\(u\\) оно равно некоторому другому ребру, выходящему из \\(u\\), а в вершине \\(v\\) оно равно некоторому другому ребру, выходящему из \\(v\\). эти два других ребра различны: иначе вместе с \\(uv\\) они образовали бы две разные стороны между теми же двумя вершинами, что невозможно для рёбер выпуклого многогранника. значит, есть три различных ребра одной длины, противоречие. итак, выбранные при разных вершинах пары не пересекаются по рёбрам. если у многогранника \\(v\\) вершин, то мы выбрали \\(2v\\) различных рёбер. с другой стороны, из кажд… tc-2012-polyhedron-three-equal-edges tri ravnyh rebra kubicheskogo mnogogrannika, turnir gorodov 2011/12 planar_graphs degree_counting graph_model 2012 33-y turnir gorodov, vesenniy tur 2011/12, bazovyy variant, 10-11 klassy https://www.turgor.ru/problems/33/vs33baz-avt.pdf olympiad_archive src-tc-2012-33-vs33baz-official tc tc2012 with_solution proizvolov v. v. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2012 proizvolov v. v. 33-y turnir gorodov, vesenniy tur 2011/12, bazovyy variant, 10-11 klassy stmt-original rebra vypuklogo mnogogrannika ai_checked iz kazhdoy vershiny vypuklogo mnogogrannika vyhodyat rovno tri rebra, prichem hotya by dva iz nih ravny. dokazhite, chto mnogogrannik imeet hotya by tri ravnyh rebra. planar_graph degree stmt-graph kubicheskiy graf mnogogrannika s povtoryayuschimisya metkami reber ai_checked v grafe vypuklogo mnogogrannika kazhdaya vershina imeet stepen 3. rebra pomecheny dlinami; v kazhdoy troyke intsidentnyh reber est dve odinakovye metki. nuzhno dokazat, chto nekotoraya metka vstrechaetsya hotya by na treh rebrah. degree planar_graph idea-polyhedron-edge-labels mnogogrannik kak kubicheskiy graf s metkami reber vsya kombinatornaya chast usloviya otnositsya k grafu mnogogrannika: vershiny, intsidentnye rebra i povtoryayuschiesya dliny reber. planar_graphs graph_model ai_checked sol-ai-selected-equal-pairs-counting ii-reshenie: vybrannye ravnye pary i podschet reber ai_checked degree planar_graph double_counting dokazhem ot protivnogo. pust v mnogogrannike net treh reber odnoy dliny. v kazhdoy vershine vyberem odnu paru ravnyh reber, vyhodyaschih iz etoy vershiny; po usloviyu takaya para suschestvuet. pokazhem, chto odno i to zhe rebro ne mozhet byt vybrano v parah pri dvuh svoih kontsah. deystvitelno, pust rebro \\(uv\\) vybrano i v vershine \\(u\\), i v vershine \\(v\\). togda v vershine \\(u\\) ono ravno nekotoromu drugomu rebru, vyhodyaschemu iz \\(u\\), a v vershine \\(v\\) ono ravno nekotoromu drugomu rebru, vyhodyaschemu iz \\(v\\). eti dva drugih rebra razlichny: inache vmeste s \\(uv\\) oni obrazovali by dve raznye storony mezhdu temi zhe dvumya vershinami, chto nevozmozhno dlya reber vypuklogo mnogogrannika. znachit, est tri razlichnyh rebra odnoy dliny, protivorechie. itak, vybrannye pri raznyh vershinah pary ne peresekayutsya po rebram. esli u mnogogrannika \\(v\\) vershin, to my vybrali \\(2v\\) razlichnyh reber. s drugoy storony, iz kazhd…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2013-14-vertex-transitive-not-transposition","title":"Перенумерация городов без произвольной перестановки пары, Турнир городов 2013/14","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2013-14-vertex-transitive-not-transposition.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2013-14-vertex-transitive-not-transposition.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2013-14-vertex-transitive-not-transposition","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 64663, Турнир городов 2013/14, весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":["Пахарев А.","Скопенков М.Б.","Устинов А.В."],"tags":["graph_symmetry","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":9,"comment":"Весенний сложный тур 2013/14, 10-11 класс, задача 6; на problems.ru указано 9 баллов и сложность 4+.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Список железных дорог и перенумерации","status":"ai_checked","text":"Каждому городу в некоторой стране присвоен индивидуальный номер. Имеется список, в котором для каждой пары номеров указано, соединены города с данными номерами железной дорогой или нет. Оказалось, что, какие ни взять два номера M и N из списка, можно так перенумеровать города, что город с номером M получит номер N, но список по-прежнему будет верным. Верно ли, что, какие ни взять два номера M и N из списка, можно так перенумеровать города, что город с номером M получит номер N, город с номером N получит номер M, но список по-прежнему будет верным?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Перенумерация городов без произвольной перестановки пары","status":"ai_checked","text":"Для конечного простого графа G назовём перенумерацию вершин допустимой, если после неё любые две новые вершины соединены ребром тогда и только тогда, когда до перенумерации были соединены соответствующие старые вершины. Известно, что для любых двух вершин u и v графа G существует допустимая перенумерация, переводящая u в v. Обязательно ли для любых u и v существует допустимая перенумерация, меняющая u и v местами?","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-counterexample-from-source","title":"Явный контрпример: граф усечённого тетраэдра","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["minimal_counterexample"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ отрицательный. Дадим контрпример без рисунка. Возьмём 12 вершин вида \\((i,j)\\), где \\(i,j\\in\\{1,2,3,4\\}\\) и \\(i\\ne j\\). Соединим две вершины ребром в двух случаях: либо у них одинаковая первая координата, то есть \\((i,j)\\) соединена с \\((i,k)\\) при \\(j\\ne k\\), либо они имеют вид \\((i,j)\\) и \\((j,i)\\). Иными словами, есть четыре треугольника \\(T_i=\\{(i,j):j\\ne i\\}\\) и шесть рёбер, попарно соединяющих противоположно ориентированные пары. Граф вершинно-транзитивен: любая перестановка \\(\\sigma\\) множества \\(\\{1,2,3,4\\}\\) переводит \\((i,j)\\) в \\((\\sigma(i),\\sigma(j))\\) и сохраняет оба типа рёбер. Для любых двух вершин \\((i,j)\\) и \\((k,l)\\) можно выбрать такую \\(\\sigma\\), что \\(\\sigma(i)=k\\) и \\(\\sigma(j)=l\\), значит, допустимая перенумерация переводит первую вершину во вторую. Но не всякую пару можно поменять местами. Покажем, что автоморфизмы этого графа только что описанные. Рёбра вн…"}],"relations":[{"id":"rel-tc-2013-rmm-2013-graph-rigidity","neighbor_id":"rmm-2013-p2-tester-pair-endomorphism-digraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-sums-2012-p8-graph-symmetry-tree","neighbor_id":"sums-2012-p8-regular-tree-allowable-automorphisms","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"tc-2013-14-vertex-transitive-not-transposition перенумерация городов без произвольной перестановки пары, турнир городов 2013/14 graph_symmetry goal_characterization 2013 https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=64663 olympiad_archive src-problems-64663 tc tc2013 with_solution задача 64663, турнир городов 2013/14, весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс пахарев а. скопенков м.б. турнир городов турниргородов турниргородов2013 устинов а.в. пахарев а. скопенков м.б. устинов а.в. задача 64663, турнир городов 2013/14, весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс stmt-original список железных дорог и перенумерации ai_checked каждому городу в некоторой стране присвоен индивидуальный номер. имеется список, в котором для каждой пары номеров указано, соединены города с данными номерами железной дорогой или нет. оказалось, что, какие ни взять два номера m и n из списка, можно так перенумеровать города, что город с номером m получит номер n, но список по-прежнему будет верным. верно ли, что, какие ни взять два номера m и n из списка, можно так перенумеровать города, что город с номером m получит номер n, город с номером n получит номер m, но список по-прежнему будет верным? stmt-graph перенумерация городов без произвольной перестановки пары ai_checked для конечного простого графа g назовём перенумерацию вершин допустимой, если после неё любые две новые вершины соединены ребром тогда и только тогда, когда до перенумерации были соединены соответствующие старые вершины. известно, что для любых двух вершин u и v графа g существует допустимая перенумерация, переводящая u в v. обязательно ли для любых u и v существует допустимая перенумерация, меняющая u и v местами? simple_graph idea-vertex-transitive-counterexample транзитивность не обязана содержать транспозиции условие говорит, что группа симметрий графа действует транзитивно на вершинах, но из этого не следует, что в ней есть симметрия, переставляющая любые две заданные вершины. graph_symmetry ai_checked sol-counterexample-from-source явный контрпример: граф усечённого тетраэдра ai_checked minimal_counterexample ответ отрицательный. дадим контрпример без рисунка. возьмём 12 вершин вида \\((i,j)\\), где \\(i,j\\in\\{1,2,3,4\\}\\) и \\(i\\ne j\\). соединим две вершины ребром в двух случаях: либо у них одинаковая первая координата, то есть \\((i,j)\\) соединена с \\((i,k)\\) при \\(j\\ne k\\), либо они имеют вид \\((i,j)\\) и \\((j,i)\\). иными словами, есть четыре треугольника \\(t_i=\\{(i,j):j\\ne i\\}\\) и шесть рёбер, попарно соединяющих противоположно ориентированные пары. граф вершинно-транзитивен: любая перестановка \\(\\sigma\\) множества \\(\\{1,2,3,4\\}\\) переводит \\((i,j)\\) в \\((\\sigma(i),\\sigma(j))\\) и сохраняет оба типа рёбер. для любых двух вершин \\((i,j)\\) и \\((k,l)\\) можно выбрать такую \\(\\sigma\\), что \\(\\sigma(i)=k\\) и \\(\\sigma(j)=l\\), значит, допустимая перенумерация переводит первую вершину во вторую. но не всякую пару можно поменять местами. покажем, что автоморфизмы этого графа только что описанные. рёбра вн… tc-2013-14-vertex-transitive-not-transposition perenumeratsiya gorodov bez proizvolnoy perestanovki pary, turnir gorodov 2013/14 graph_symmetry goal_characterization 2013 https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=64663 olympiad_archive src-problems-64663 tc tc2013 with_solution zadacha 64663, turnir gorodov 2013/14, vesenniy tur, slozhnyy variant, 10-11 klass paharev a. skopenkov m.b. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2013 ustinov a.v. paharev a. skopenkov m.b. ustinov a.v. zadacha 64663, turnir gorodov 2013/14, vesenniy tur, slozhnyy variant, 10-11 klass stmt-original spisok zheleznyh dorog i perenumeratsii ai_checked kazhdomu gorodu v nekotoroy strane prisvoen individualnyy nomer. imeetsya spisok, v kotorom dlya kazhdoy pary nomerov ukazano, soedineny goroda s dannymi nomerami zheleznoy dorogoy ili net. okazalos, chto, kakie ni vzyat dva nomera m i n iz spiska, mozhno tak perenumerovat goroda, chto gorod s nomerom m poluchit nomer n, no spisok po-prezhnemu budet vernym. verno li, chto, kakie ni vzyat dva nomera m i n iz spiska, mozhno tak perenumerovat goroda, chto gorod s nomerom m poluchit nomer n, gorod s nomerom n poluchit nomer m, no spisok po-prezhnemu budet vernym? stmt-graph perenumeratsiya gorodov bez proizvolnoy perestanovki pary ai_checked dlya konechnogo prostogo grafa g nazovem perenumeratsiyu vershin dopustimoy, esli posle nee lyubye dve novye vershiny soedineny rebrom togda i tolko togda, kogda do perenumeratsii byli soedineny sootvetstvuyuschie starye vershiny. izvestno, chto dlya lyubyh dvuh vershin u i v grafa g suschestvuet dopustimaya perenumeratsiya, perevodyaschaya u v v. obyazatelno li dlya lyubyh u i v suschestvuet dopustimaya perenumeratsiya, menyayuschaya u i v mestami? simple_graph idea-vertex-transitive-counterexample tranzitivnost ne obyazana soderzhat transpozitsii uslovie govorit, chto gruppa simmetriy grafa deystvuet tranzitivno na vershinah, no iz etogo ne sleduet, chto v ney est simmetriya, perestavlyayuschaya lyubye dve zadannye vershiny. graph_symmetry ai_checked sol-counterexample-from-source yavnyy kontrprimer: graf usechennogo tetraedra ai_checked minimal_counterexample otvet otritsatelnyy. dadim kontrprimer bez risunka. vozmem 12 vershin vida \\((i,j)\\), gde \\(i,j\\in\\{1,2,3,4\\}\\) i \\(i\\ne j\\). soedinim dve vershiny rebrom v dvuh sluchayah: libo u nih odinakovaya pervaya koordinata, to est \\((i,j)\\) soedinena s \\((i,k)\\) pri \\(j\\ne k\\), libo oni imeyut vid \\((i,j)\\) i \\((j,i)\\). inymi slovami, est chetyre treugolnika \\(t_i=\\{(i,j):j\\ne i\\}\\) i shest reber, poparno soedinyayuschih protivopolozhno orientirovannye pary. graf vershinno-tranzitiven: lyubaya perestanovka \\(\\sigma\\) mnozhestva \\(\\{1,2,3,4\\}\\) perevodit \\((i,j)\\) v \\((\\sigma(i),\\sigma(j))\\) i sohranyaet oba tipa reber. dlya lyubyh dvuh vershin \\((i,j)\\) i \\((k,l)\\) mozhno vybrat takuyu \\(\\sigma\\), chto \\(\\sigma(i)=k\\) i \\(\\sigma(j)=l\\), znachit, dopustimaya perenumeratsiya perevodit pervuyu vershinu vo vtoruyu. no ne vsyakuyu paru mozhno pomenyat mestami. pokazhem, chto avtomorfizmy etogo grafa tolko chto opisannye. rebra vn…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound","title":"Проверка связности за вопросы о дорогах, Турнир городов 2015/16","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 65735, Турнир городов 2015/16, весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":["Кноп К.А."],"tags":["connectivity","trees","goal_exact_bound"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":8,"comment":"Весенний сложный тур 2015/16, 10-11 класс, задача на 8 баллов.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"64 города и вопросы о дорогах","status":"ai_checked","text":"В стране 64 города, некоторые пары из них соединены дорогой, но нам неизвестно, какие именно. Можно выбрать любую пару городов и получить ответ на вопрос: есть ли дорога между ними? Нужно узнать, можно ли в этой стране добраться от любого города до любого другого, двигаясь по дорогам. Докажите, что не существует алгоритма, позволяющего сделать это менее чем за 2016 вопросов.","definition_ids":["connected_graph","complete_graph","tree","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Проверка связности за вопросы о дорогах, Турнир городов 2015/16","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(N\\ge 2\\). Неизвестен простой граф на \\(N\\) вершинах. За один вопрос можно узнать, принадлежит ли выбранная пара вершин множеству рёбер. Докажите, что любое детерминированное дерево решений, которое всегда правильно определяет связность графа, в худшем случае должно спросить обо всех \\(\\binom{N}{2}\\) парах вершин.","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-adversary-cycle-bridge","title":"Стратегия противника через циклы и мосты","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","cycle","tree","complete_graph"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Представим полный граф на 64 вершинах: непроверенные пары считаются белыми, положительные ответы — чёрными, отрицательные — удалёнными. Когда алгоритм спрашивает про белое ребро, противник удаляет его, если оно лежит на цикле текущего графа из чёрных и белых рёбер; иначе объявляет его чёрным. Такой ход сохраняет связность текущего графа, а чёрные рёбра никогда не образуют цикл. Перед последним вопросом остаётся одно белое ребро, циклов уже нет, значит весь текущий граф — дерево. Если последнее ребро удалить, связность нарушится; если сохранить, граф останется связным. Поэтому до последнего вопроса алгоритм не может знать правильный ответ."}],"relations":[{"id":"rel-tree-connectivity-query-2015","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-state-game-connectivity-query","neighbor_id":"tc-2018-19-complex-state-cycle-game","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-cycles-redundancy-1980-2015","neighbor_id":"tc-1980-distinct-rows-delete-column","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-connectivity-query-imo-2024-c4","neighbor_id":"imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-two-attempts-lower-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound проверка связности за вопросы о дорогах, турнир городов 2015/16 connectivity trees goal_exact_bound 2015 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=65735 olympiad_archive src-problems-65735 tc tc2015 with_solution задача 65735, турнир городов 2015/16, весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс кноп к.а. турнир городов турниргородов турниргородов2015 кноп к.а. задача 65735, турнир городов 2015/16, весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс stmt-original 64 города и вопросы о дорогах ai_checked в стране 64 города, некоторые пары из них соединены дорогой, но нам неизвестно, какие именно. можно выбрать любую пару городов и получить ответ на вопрос: есть ли дорога между ними? нужно узнать, можно ли в этой стране добраться от любого города до любого другого, двигаясь по дорогам. докажите, что не существует алгоритма, позволяющего сделать это менее чем за 2016 вопросов. connected_graph complete_graph tree cycle stmt-graph проверка связности за вопросы о дорогах, турнир городов 2015/16 ai_checked пусть \\(n\\ge 2\\). неизвестен простой граф на \\(n\\) вершинах. за один вопрос можно узнать, принадлежит ли выбранная пара вершин множеству рёбер. докажите, что любое детерминированное дерево решений, которое всегда правильно определяет связность графа, в худшем случае должно спросить обо всех \\(\\binom{n}{2}\\) парах вершин. simple_graph connected_graph tree idea-adversary-keeps-spanning-tree-possible противник сохраняет дерево ответы на вопросы выбираются так, чтобы перед последним неизвестным ребром оставшийся смешанный граф был деревом: последнее ребро может как сохранить связность, так и разрушить её. connectivity trees ai_checked sol-adversary-cycle-bridge стратегия противника через циклы и мосты ai_checked connected_graph cycle tree complete_graph extremal_choice delete_to_simplify представим полный граф на 64 вершинах: непроверенные пары считаются белыми, положительные ответы — чёрными, отрицательные — удалёнными. когда алгоритм спрашивает про белое ребро, противник удаляет его, если оно лежит на цикле текущего графа из чёрных и белых рёбер; иначе объявляет его чёрным. такой ход сохраняет связность текущего графа, а чёрные рёбра никогда не образуют цикл. перед последним вопросом остаётся одно белое ребро, циклов уже нет, значит весь текущий граф — дерево. если последнее ребро удалить, связность нарушится; если сохранить, граф останется связным. поэтому до последнего вопроса алгоритм не может знать правильный ответ. tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound proverka svyaznosti za voprosy o dorogah, turnir gorodov 2015/16 connectivity trees goal_exact_bound 2015 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=65735 olympiad_archive src-problems-65735 tc tc2015 with_solution zadacha 65735, turnir gorodov 2015/16, vesenniy tur, slozhnyy variant, 10-11 klass knop k.a. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2015 knop k.a. zadacha 65735, turnir gorodov 2015/16, vesenniy tur, slozhnyy variant, 10-11 klass stmt-original 64 goroda i voprosy o dorogah ai_checked v strane 64 goroda, nekotorye pary iz nih soedineny dorogoy, no nam neizvestno, kakie imenno. mozhno vybrat lyubuyu paru gorodov i poluchit otvet na vopros: est li doroga mezhdu nimi? nuzhno uznat, mozhno li v etoy strane dobratsya ot lyubogo goroda do lyubogo drugogo, dvigayas po dorogam. dokazhite, chto ne suschestvuet algoritma, pozvolyayuschego sdelat eto menee chem za 2016 voprosov. connected_graph complete_graph tree cycle stmt-graph proverka svyaznosti za voprosy o dorogah, turnir gorodov 2015/16 ai_checked pust \\(n\\ge 2\\). neizvesten prostoy graf na \\(n\\) vershinah. za odin vopros mozhno uznat, prinadlezhit li vybrannaya para vershin mnozhestvu reber. dokazhite, chto lyuboe determinirovannoe derevo resheniy, kotoroe vsegda pravilno opredelyaet svyaznost grafa, v hudshem sluchae dolzhno sprosit obo vseh \\(\\binom{n}{2}\\) parah vershin. simple_graph connected_graph tree idea-adversary-keeps-spanning-tree-possible protivnik sohranyaet derevo otvety na voprosy vybirayutsya tak, chtoby pered poslednim neizvestnym rebrom ostavshiysya smeshannyy graf byl derevom: poslednee rebro mozhet kak sohranit svyaznost, tak i razrushit ee. connectivity trees ai_checked sol-adversary-cycle-bridge strategiya protivnika cherez tsikly i mosty ai_checked connected_graph cycle tree complete_graph extremal_choice delete_to_simplify predstavim polnyy graf na 64 vershinah: neproverennye pary schitayutsya belymi, polozhitelnye otvety — chernymi, otritsatelnye — udalennymi. kogda algoritm sprashivaet pro beloe rebro, protivnik udalyaet ego, esli ono lezhit na tsikle tekuschego grafa iz chernyh i belyh reber; inache obyavlyaet ego chernym. takoy hod sohranyaet svyaznost tekuschego grafa, a chernye rebra nikogda ne obrazuyut tsikl. pered poslednim voprosom ostaetsya odno beloe rebro, tsiklov uzhe net, znachit ves tekuschiy graf — derevo. esli poslednee rebro udalit, svyaznost narushitsya; esli sohranit, graf ostanetsya svyaznym. poetomu do poslednego voprosa algoritm ne mozhet znat pravilnyy otvet.","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2016-tennis-masters-juniors-regular-bipartite","title":"Теннисисты-мастера и юниоры, Турнир городов 2015/16","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2016-tennis-masters-juniors-regular-bipartite.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2016-tennis-masters-juniors-regular-bipartite.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2016-tennis-masters-juniors-regular-bipartite","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["37-й Турнир городов, устный тур 2015/16, 11 класс"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":["Грибалко А.В."],"tags":["graph_model","degree_counting","matching","double_counting","invariant","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":4,"comment":"Устный тур 37-го Турнира городов, 11 класс, задача 4. Полная формулировка сверена с локально извлечённым текстом официального PDF.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original_checked","status":"ai_checked","confidence":0.88,"basis":"локальная high-reasoning проверка решения через блочную таблицу","notes":"Опубликованный source_id для решения не добавлялся, но само доказательство проверено как полное: отсутствие хорошего блока заставляет все 225 блоков быть доминошками, а затем чётность вертикальных и горизонтальных доминошек противоречит нечётному числу блоков.","label":"проверенное самостоятельное решение"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"30 мастеров и 30 юниоров","status":"ai_checked","text":"На сборах теннисистов было 30 мастеров и 30 юниоров. Каждый мастер сыграл с одним мастером и пятнадцатью юниорами, а каждый юниор — с одним юниором и пятнадцатью мастерами. Докажите, что найдутся такие два мастера и два юниора, что эти мастера сыграли между собой, юниоры — между собой, каждый из двух мастеров — хотя бы с одним из двух юниоров, а каждый из двух юниоров — хотя бы с одним из двух мастеров.","definition_ids":["bipartite_graph","matching","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Два паросочетания и 15-регулярный двудольный граф","status":"ai_checked","text":"Даны две доли \\(X\\) и \\(Y\\) по 30 вершин. Внутри каждой доли выделено совершенное паросочетание, а между долями задан 15-регулярный двудольный граф. Докажите, что существуют ребро \\(xx'\\) внутреннего паросочетания в \\(X\\) и ребро \\(yy'\\) внутреннего паросочетания в \\(Y\\) такие, что каждая из вершин \\(x,x'\\) смежна хотя бы с одной из вершин \\(y,y'\\), и каждая из вершин \\(y,y'\\) смежна хотя бы с одной из вершин \\(x,x'\\).","definition_ids":["bipartite_graph","matching","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-2x2-domino-parity","title":"Решение через блоки 2x2 и чётность доминошек","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","matching","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting","invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Разобьём мастеров на 15 пар, сыгравших между собой, и поставим эти пары соседними столбцами таблицы \\(30\\times30\\). Аналогично разобьём юниоров на 15 пар, сыгравших между собой, и поставим эти пары соседними строками. Клетку таблицы закрасим, если соответствующие мастер и юниор сыграли друг с другом. В каждом столбце и в каждой строке закрашено ровно 15 клеток, поэтому всего закрашено \\(30\\cdot15=450\\) клеток, то есть половина таблицы. Разбиение на пары столбцов и пары строк разбивает таблицу на \\(15\\cdot15=225\\) блоков \\(2\\times2\\). Нужные два мастера и два юниора найдутся ровно тогда, когда в некотором блоке каждая строка и каждый столбец имеют хотя бы одну закрашенную клетку. Для блока \\(2\\times2\\) это равносильно тому, что среди закрашенных клеток есть одна из двух диагоналей. Предположим противное: ни в одном блоке такой диагонали нет. Тогда в каждом блоке не больше двух закрашенны…"}],"relations":[],"search_text":"tc-2016-tennis-masters-juniors-regular-bipartite теннисисты-мастера и юниоры, турнир городов 2015/16 graph_model degree_counting matching double_counting invariant goal_existence 2016 37-й турнир городов, устный тур 2015/16, 11 класс https://www.turgor.ru/problems/37/vs-37-ustn-avt.pdf olympiad_archive src-tc-2016-37-oral-official tc tc2016 with_solution грибалко а.в. турнир городов турниргородов турниргородов2016 грибалко а.в. 37-й турнир городов, устный тур 2015/16, 11 класс stmt-original 30 мастеров и 30 юниоров ai_checked на сборах теннисистов было 30 мастеров и 30 юниоров. каждый мастер сыграл с одним мастером и пятнадцатью юниорами, а каждый юниор — с одним юниором и пятнадцатью мастерами. докажите, что найдутся такие два мастера и два юниора, что эти мастера сыграли между собой, юниоры — между собой, каждый из двух мастеров — хотя бы с одним из двух юниоров, а каждый из двух юниоров — хотя бы с одним из двух мастеров. bipartite_graph matching degree stmt-graph два паросочетания и 15-регулярный двудольный граф ai_checked даны две доли \\(x\\) и \\(y\\) по 30 вершин. внутри каждой доли выделено совершенное паросочетание, а между долями задан 15-регулярный двудольный граф. докажите, что существуют ребро \\(xx'\\) внутреннего паросочетания в \\(x\\) и ребро \\(yy'\\) внутреннего паросочетания в \\(y\\) такие, что каждая из вершин \\(x,x'\\) смежна хотя бы с одной из вершин \\(y,y'\\), и каждая из вершин \\(y,y'\\) смежна хотя бы с одной из вершин \\(x,x'\\). bipartite_graph matching degree idea-tennis-as-regular-bipartite-graph матчи как рёбра регулярного двудольного графа партии между мастерами и юниорами образуют 15-регулярный двудольный граф, а партии внутри каждой группы — паросочетание. если поставить пары мастеров соседними столбцами, а пары юниоров соседними строками, задача становится утверждением о блоках \\(2\\times2\\) в таблице из закрашенных клеток. degree_counting matching ai_checked sol-ai-2x2-domino-parity решение через блоки 2x2 и чётность доминошек ai_checked bipartite_graph matching degree double_counting invariant разобьём мастеров на 15 пар, сыгравших между собой, и поставим эти пары соседними столбцами таблицы \\(30\\times30\\). аналогично разобьём юниоров на 15 пар, сыгравших между собой, и поставим эти пары соседними строками. клетку таблицы закрасим, если соответствующие мастер и юниор сыграли друг с другом. в каждом столбце и в каждой строке закрашено ровно 15 клеток, поэтому всего закрашено \\(30\\cdot15=450\\) клеток, то есть половина таблицы. разбиение на пары столбцов и пары строк разбивает таблицу на \\(15\\cdot15=225\\) блоков \\(2\\times2\\). нужные два мастера и два юниора найдутся ровно тогда, когда в некотором блоке каждая строка и каждый столбец имеют хотя бы одну закрашенную клетку. для блока \\(2\\times2\\) это равносильно тому, что среди закрашенных клеток есть одна из двух диагоналей. предположим противное: ни в одном блоке такой диагонали нет. тогда в каждом блоке не больше двух закрашенны… tc-2016-tennis-masters-juniors-regular-bipartite tennisisty-mastera i yuniory, turnir gorodov 2015/16 graph_model degree_counting matching double_counting invariant goal_existence 2016 37-y turnir gorodov, ustnyy tur 2015/16, 11 klass https://www.turgor.ru/problems/37/vs-37-ustn-avt.pdf olympiad_archive src-tc-2016-37-oral-official tc tc2016 with_solution gribalko a.v. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2016 gribalko a.v. 37-y turnir gorodov, ustnyy tur 2015/16, 11 klass stmt-original 30 masterov i 30 yuniorov ai_checked na sborah tennisistov bylo 30 masterov i 30 yuniorov. kazhdyy master sygral s odnim masterom i pyatnadtsatyu yuniorami, a kazhdyy yunior — s odnim yuniorom i pyatnadtsatyu masterami. dokazhite, chto naydutsya takie dva mastera i dva yuniora, chto eti mastera sygrali mezhdu soboy, yuniory — mezhdu soboy, kazhdyy iz dvuh masterov — hotya by s odnim iz dvuh yuniorov, a kazhdyy iz dvuh yuniorov — hotya by s odnim iz dvuh masterov. bipartite_graph matching degree stmt-graph dva parosochetaniya i 15-regulyarnyy dvudolnyy graf ai_checked dany dve doli \\(x\\) i \\(y\\) po 30 vershin. vnutri kazhdoy doli vydeleno sovershennoe parosochetanie, a mezhdu dolyami zadan 15-regulyarnyy dvudolnyy graf. dokazhite, chto suschestvuyut rebro \\(xx'\\) vnutrennego parosochetaniya v \\(x\\) i rebro \\(yy'\\) vnutrennego parosochetaniya v \\(y\\) takie, chto kazhdaya iz vershin \\(x,x'\\) smezhna hotya by s odnoy iz vershin \\(y,y'\\), i kazhdaya iz vershin \\(y,y'\\) smezhna hotya by s odnoy iz vershin \\(x,x'\\). bipartite_graph matching degree idea-tennis-as-regular-bipartite-graph matchi kak rebra regulyarnogo dvudolnogo grafa partii mezhdu masterami i yuniorami obrazuyut 15-regulyarnyy dvudolnyy graf, a partii vnutri kazhdoy gruppy — parosochetanie. esli postavit pary masterov sosednimi stolbtsami, a pary yuniorov sosednimi strokami, zadacha stanovitsya utverzhdeniem o blokah \\(2\\times2\\) v tablitse iz zakrashennyh kletok. degree_counting matching ai_checked sol-ai-2x2-domino-parity reshenie cherez bloki 2x2 i chetnost dominoshek ai_checked bipartite_graph matching degree double_counting invariant razobem masterov na 15 par, sygravshih mezhdu soboy, i postavim eti pary sosednimi stolbtsami tablitsy \\(30\\times30\\). analogichno razobem yuniorov na 15 par, sygravshih mezhdu soboy, i postavim eti pary sosednimi strokami. kletku tablitsy zakrasim, esli sootvetstvuyuschie master i yunior sygrali drug s drugom. v kazhdom stolbtse i v kazhdoy stroke zakrasheno rovno 15 kletok, poetomu vsego zakrasheno \\(30\\cdot15=450\\) kletok, to est polovina tablitsy. razbienie na pary stolbtsov i pary strok razbivaet tablitsu na \\(15\\cdot15=225\\) blokov \\(2\\times2\\). nuzhnye dva mastera i dva yuniora naydutsya rovno togda, kogda v nekotorom bloke kazhdaya stroka i kazhdyy stolbets imeyut hotya by odnu zakrashennuyu kletku. dlya bloka \\(2\\times2\\) eto ravnosilno tomu, chto sredi zakrashennyh kletok est odna iz dvuh diagonaley. predpolozhim protivnoe: ni v odnom bloke takoy diagonali net. togda v kazhdom bloke ne bolshe dvuh zakrashenny…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2017-18-polyhedron-three-colors-parity","title":"Трёхцветные вершины многогранника, Турнир городов 2017/18","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2017-18-polyhedron-three-colors-parity.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2017-18-polyhedron-three-colors-parity.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2017-18-polyhedron-three-colors-parity","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 66699, Турнир городов 2017/18, весенний тур, базовый вариант, 10-11 класс"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":["Бакаев Е.В.","Грибалко А.В.","Раскина И.В."],"tags":["eulerian_graphs","double_counting","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":5,"comment":"Весенний базовый тур 2017/18, 10-11 класс, задача 5.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Раскраска граней многогранника","status":"ai_checked","text":"В каждой вершине выпуклого многогранника сходятся три грани. Каждая грань покрашена в красный, жёлтый или синий цвет. Докажите, что число вершин, в которых сходятся грани трёх разных цветов, чётно.","definition_ids":["degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Трёхцветные вершины многогранника, Турнир городов 2017/18","status":"ai_checked","text":"Дан 3-регулярный связный плоский граф, все грани которого раскрашены в красный, жёлтый и синий цвета. Ребро назовём разноцветным, если две грани по разные стороны от него имеют разные цвета. Докажите, что число вершин, инцидентных трём разноцветным рёбрам, чётно.","definition_ids":["degree","connected_graph","planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-handshaking","title":"Лемма о рукопожатиях","status":"ai_checked","definition_ids":["degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф многогранника и удалим все рёбра, по обе стороны от которых лежат грани одного цвета. В полученном графе трёхцветная вершина имеет степень \\(3\\), вершина с двумя цветами имеет степень \\(2\\), а одноцветная вершина имеет степень \\(0\\). По лемме о рукопожатиях в любом графе число вершин нечётной степени чётно. Значит, чётно и число трёхцветных вершин."},{"id":"sol-bicolor-paths","title":"Пути между красно-жёлтыми рёбрами","status":"ai_checked","definition_ids":["path"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Можно зафиксировать пару цветов, например красный и жёлтый. Из каждой трёхцветной вершины выходит ровно одно ребро, разделяющее красную и жёлтую грани. Продолжая путь по таким рёбрам, мы приходим к другой трёхцветной вершине; промежуточные вершины имеют ровно два таких ребра. Поэтому трёхцветные вершины разбиваются на пары."}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-polyhedron-2017","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2017-18-polyhedron-three-colors-parity трёхцветные вершины многогранника, турнир городов 2017/18 eulerian_graphs double_counting goal_proof 2017 https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66699 olympiad_archive src-problems-66699 tc tc2017 with_solution бакаев е.в. грибалко а.в. задача 66699, турнир городов 2017/18, весенний тур, базовый вариант, 10-11 класс раскина и.в. турнир городов турниргородов турниргородов2017 бакаев е.в. грибалко а.в. раскина и.в. задача 66699, турнир городов 2017/18, весенний тур, базовый вариант, 10-11 класс stmt-original раскраска граней многогранника ai_checked в каждой вершине выпуклого многогранника сходятся три грани. каждая грань покрашена в красный, жёлтый или синий цвет. докажите, что число вершин, в которых сходятся грани трёх разных цветов, чётно. degree stmt-graph трёхцветные вершины многогранника, турнир городов 2017/18 ai_checked дан 3-регулярный связный плоский граф, все грани которого раскрашены в красный, жёлтый и синий цвета. ребро назовём разноцветным, если две грани по разные стороны от него имеют разные цвета. докажите, что число вершин, инцидентных трём разноцветным рёбрам, чётно. degree connected_graph planar_graph idea-delete-monochromatic-edges удалить одноцветные рёбра после удаления рёбер между гранями одного цвета нужные вершины становятся ровно нечётными вершинами полученного графа. double_counting ai_checked idea-bicolor-paths-pairing парные концы двухцветных путей если идти по рёбрам между двумя фиксированными цветами граней, трёхцветные вершины оказываются концами непересекающихся путей и разбиваются на пары. eulerian_graphs ai_checked sol-handshaking лемма о рукопожатиях ai_checked degree double_counting рассмотрим граф многогранника и удалим все рёбра, по обе стороны от которых лежат грани одного цвета. в полученном графе трёхцветная вершина имеет степень \\(3\\), вершина с двумя цветами имеет степень \\(2\\), а одноцветная вершина имеет степень \\(0\\). по лемме о рукопожатиях в любом графе число вершин нечётной степени чётно. значит, чётно и число трёхцветных вершин. sol-bicolor-paths пути между красно-жёлтыми рёбрами ai_checked path double_counting можно зафиксировать пару цветов, например красный и жёлтый. из каждой трёхцветной вершины выходит ровно одно ребро, разделяющее красную и жёлтую грани. продолжая путь по таким рёбрам, мы приходим к другой трёхцветной вершине; промежуточные вершины имеют ровно два таких ребра. поэтому трёхцветные вершины разбиваются на пары. tc-2017-18-polyhedron-three-colors-parity trehtsvetnye vershiny mnogogrannika, turnir gorodov 2017/18 eulerian_graphs double_counting goal_proof 2017 https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66699 olympiad_archive src-problems-66699 tc tc2017 with_solution bakaev e.v. gribalko a.v. zadacha 66699, turnir gorodov 2017/18, vesenniy tur, bazovyy variant, 10-11 klass raskina i.v. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2017 bakaev e.v. gribalko a.v. raskina i.v. zadacha 66699, turnir gorodov 2017/18, vesenniy tur, bazovyy variant, 10-11 klass stmt-original raskraska graney mnogogrannika ai_checked v kazhdoy vershine vypuklogo mnogogrannika shodyatsya tri grani. kazhdaya gran pokrashena v krasnyy, zheltyy ili siniy tsvet. dokazhite, chto chislo vershin, v kotoryh shodyatsya grani treh raznyh tsvetov, chetno. degree stmt-graph trehtsvetnye vershiny mnogogrannika, turnir gorodov 2017/18 ai_checked dan 3-regulyarnyy svyaznyy ploskiy graf, vse grani kotorogo raskrasheny v krasnyy, zheltyy i siniy tsveta. rebro nazovem raznotsvetnym, esli dve grani po raznye storony ot nego imeyut raznye tsveta. dokazhite, chto chislo vershin, intsidentnyh trem raznotsvetnym rebram, chetno. degree connected_graph planar_graph idea-delete-monochromatic-edges udalit odnotsvetnye rebra posle udaleniya reber mezhdu granyami odnogo tsveta nuzhnye vershiny stanovyatsya rovno nechetnymi vershinami poluchennogo grafa. double_counting ai_checked idea-bicolor-paths-pairing parnye kontsy dvuhtsvetnyh putey esli idti po rebram mezhdu dvumya fiksirovannymi tsvetami graney, trehtsvetnye vershiny okazyvayutsya kontsami neperesekayuschihsya putey i razbivayutsya na pary. eulerian_graphs ai_checked sol-handshaking lemma o rukopozhatiyah ai_checked degree double_counting rassmotrim graf mnogogrannika i udalim vse rebra, po obe storony ot kotoryh lezhat grani odnogo tsveta. v poluchennom grafe trehtsvetnaya vershina imeet stepen \\(3\\), vershina s dvumya tsvetami imeet stepen \\(2\\), a odnotsvetnaya vershina imeet stepen \\(0\\). po lemme o rukopozhatiyah v lyubom grafe chislo vershin nechetnoy stepeni chetno. znachit, chetno i chislo trehtsvetnyh vershin. sol-bicolor-paths puti mezhdu krasno-zheltymi rebrami ai_checked path double_counting mozhno zafiksirovat paru tsvetov, naprimer krasnyy i zheltyy. iz kazhdoy trehtsvetnoy vershiny vyhodit rovno odno rebro, razdelyayuschee krasnuyu i zheltuyu grani. prodolzhaya put po takim rebram, my prihodim k drugoy trehtsvetnoy vershine; promezhutochnye vershiny imeyut rovno dva takih rebra. poetomu trehtsvetnye vershiny razbivayutsya na pary.","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2017-pingpong-same-pairs-tournament-graph","title":"Пинг-понг навылет и кубок с теми же парами, Турнир городов 2016/17","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2017-pingpong-same-pairs-tournament-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2017-pingpong-same-pairs-tournament-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2017-pingpong-same-pairs-tournament-graph","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["38-й Турнир городов, устный тур 2016/17, 11 класс, предварительная версия решений"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":["Френкин Б.Р."],"tags":["graph_in_solution","connectivity","degree_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":1,"comment":"Устный тур 38-го Турнира городов, 11 класс, задача 1.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"официальный источник и признак сжатого/эскизного решения","notes":"Решение развёрнуто и проверено; арифметика параметров для условия с 2n игроками исправлена.","label":"expanded checked solution"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Два турнира с одинаковыми парами","status":"ai_checked","text":"В первый день \\(2n\\) школьников играли в пинг-понг навылет: сначала сыграли двое, затем победитель сыграл с третьим, победитель этой пары — с четвёртым и так далее, пока не сыграл последний школьник. Во второй день те же школьники разыграли кубок: сначала произвольно разбились на пары, проигравшие выбыли, победители снова произвольно разбились на пары и так далее. Оказалось, что наборы игравших пар в первый и во второй день были одни и те же. Найдите наибольшее возможное значение \\(n\\).","definition_ids":["simple_graph","path","tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-played-pairs-graph","title":"Граф матчей и первый слой листьев","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","path","degree"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: наибольшее возможное значение равно \\(4\\). Пусть \\(N=2n\\) — число игроков. Построим граф сыгранных пар: его вершины — игроки, а ребро соединяет двух игроков, если они играли друг с другом. В оба дня было \\(N-1\\) матчей, и по условию множества рёбер совпадают. Сначала проанализируем граф первого дня. Игроки вступают по одному: после первого матча текущий победитель играет со следующим игроком, затем новый текущий победитель снова играет со следующим, и так далее. Каждый новый игрок добавляет одну новую вершину и одно ребро к текущему победителю, поэтому получается дерево. Игроки, которые в какой-то момент становились текущими победителями, образуют путь: если первый такой победитель — \\(a_1\\), затем его сменил \\(a_2\\), затем \\(a_3\\), то возникают рёбра \\[ a_1-a_2-a_3-\\cdots . \\] Каждый игрок, который вошёл, сразу проиграл и больше не играл, является листом, присоединённым к одной…"}],"relations":[],"search_text":"tc-2017-pingpong-same-pairs-tournament-graph пинг-понг навылет и кубок с теми же парами, турнир городов 2016/17 graph_in_solution connectivity degree_counting 2017 38-й турнир городов, устный тур 2016/17, 11 класс, предварительная версия решений https://www.turgor.ru/oralround/38/ustn38-sol-predv.pdf problem_and_solution src-tc-2017-38-oral-solutions tc tc2017 with_solution турнир городов турниргородов турниргородов2017 френкин б.р. френкин б.р. 38-й турнир городов, устный тур 2016/17, 11 класс, предварительная версия решений stmt-original два турнира с одинаковыми парами ai_checked в первый день \\(2n\\) школьников играли в пинг-понг навылет: сначала сыграли двое, затем победитель сыграл с третьим, победитель этой пары — с четвёртым и так далее, пока не сыграл последний школьник. во второй день те же школьники разыграли кубок: сначала произвольно разбились на пары, проигравшие выбыли, победители снова произвольно разбились на пары и так далее. оказалось, что наборы игравших пар в первый и во второй день были одни и те же. найдите наибольшее возможное значение \\(n\\). simple_graph path tree idea-played-pairs-graph граф сыгранных партий рассматривается граф сыгранных партий: вершины — игроки, рёбра — сыгранные матчи. в игре первого дня после удаления всех вершин степени 1 остаётся путь. во второй день удалённые листья — это проигравшие в первом круге, а оставшийся граф является графом кубка на победителях первого круга; если он путь, то победителей первого круга не больше 4. graph_in_solution trees connectivity ai_checked sol-played-pairs-graph граф матчей и первый слой листьев ai_checked simple_graph path degree delete_to_simplify ответ: наибольшее возможное значение равно \\(4\\). пусть \\(n=2n\\) — число игроков. построим граф сыгранных пар: его вершины — игроки, а ребро соединяет двух игроков, если они играли друг с другом. в оба дня было \\(n-1\\) матчей, и по условию множества рёбер совпадают. сначала проанализируем граф первого дня. игроки вступают по одному: после первого матча текущий победитель играет со следующим игроком, затем новый текущий победитель снова играет со следующим, и так далее. каждый новый игрок добавляет одну новую вершину и одно ребро к текущему победителю, поэтому получается дерево. игроки, которые в какой-то момент становились текущими победителями, образуют путь: если первый такой победитель — \\(a_1\\), затем его сменил \\(a_2\\), затем \\(a_3\\), то возникают рёбра \\[ a_1-a_2-a_3-\\cdots . \\] каждый игрок, который вошёл, сразу проиграл и больше не играл, является листом, присоединённым к одной… tc-2017-pingpong-same-pairs-tournament-graph ping-pong navylet i kubok s temi zhe parami, turnir gorodov 2016/17 graph_in_solution connectivity degree_counting 2017 38-y turnir gorodov, ustnyy tur 2016/17, 11 klass, predvaritelnaya versiya resheniy https://www.turgor.ru/oralround/38/ustn38-sol-predv.pdf problem_and_solution src-tc-2017-38-oral-solutions tc tc2017 with_solution turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2017 frenkin b.r. frenkin b.r. 38-y turnir gorodov, ustnyy tur 2016/17, 11 klass, predvaritelnaya versiya resheniy stmt-original dva turnira s odinakovymi parami ai_checked v pervyy den \\(2n\\) shkolnikov igrali v ping-pong navylet: snachala sygrali dvoe, zatem pobeditel sygral s tretim, pobeditel etoy pary — s chetvertym i tak dalee, poka ne sygral posledniy shkolnik. vo vtoroy den te zhe shkolniki razygrali kubok: snachala proizvolno razbilis na pary, proigravshie vybyli, pobediteli snova proizvolno razbilis na pary i tak dalee. okazalos, chto nabory igravshih par v pervyy i vo vtoroy den byli odni i te zhe. naydite naibolshee vozmozhnoe znachenie \\(n\\). simple_graph path tree idea-played-pairs-graph graf sygrannyh partiy rassmatrivaetsya graf sygrannyh partiy: vershiny — igroki, rebra — sygrannye matchi. v igre pervogo dnya posle udaleniya vseh vershin stepeni 1 ostaetsya put. vo vtoroy den udalennye listya — eto proigravshie v pervom kruge, a ostavshiysya graf yavlyaetsya grafom kubka na pobeditelyah pervogo kruga; esli on put, to pobediteley pervogo kruga ne bolshe 4. graph_in_solution trees connectivity ai_checked sol-played-pairs-graph graf matchey i pervyy sloy listev ai_checked simple_graph path degree delete_to_simplify otvet: naibolshee vozmozhnoe znachenie ravno \\(4\\). pust \\(n=2n\\) — chislo igrokov. postroim graf sygrannyh par: ego vershiny — igroki, a rebro soedinyaet dvuh igrokov, esli oni igrali drug s drugom. v oba dnya bylo \\(n-1\\) matchey, i po usloviyu mnozhestva reber sovpadayut. snachala proanaliziruem graf pervogo dnya. igroki vstupayut po odnomu: posle pervogo matcha tekuschiy pobeditel igraet so sleduyuschim igrokom, zatem novyy tekuschiy pobeditel snova igraet so sleduyuschim, i tak dalee. kazhdyy novyy igrok dobavlyaet odnu novuyu vershinu i odno rebro k tekuschemu pobeditelyu, poetomu poluchaetsya derevo. igroki, kotorye v kakoy-to moment stanovilis tekuschimi pobeditelyami, obrazuyut put: esli pervyy takoy pobeditel — \\(a_1\\), zatem ego smenil \\(a_2\\), zatem \\(a_3\\), to voznikayut rebra \\[ a_1-a_2-a_3-\\cdots . \\] kazhdyy igrok, kotoryy voshel, srazu proigral i bolshe ne igral, yavlyaetsya listom, prisoedinennym k odnoy…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2018-19-complex-state-cycle-game","title":"Сложное государство: выигрыш Васи, Турнир городов 2018/19","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2018-19-complex-state-cycle-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2018-19-complex-state-cycle-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2018-19-complex-state-cycle-game","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 66727, Турнир городов 2018/19, осенний тур, сложный вариант, 8-9 класс","38-я Летняя конференция Турнира городов 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":["Дидин М. А."],"tags":["connectivity","induction","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":7,"comment":"Осенний сложный тур 2018/19, 8-9 класс, задача 7b на 7 баллов.","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 решение","status":"ai_checked","confidence":0.97,"basis":"Полное доказательство сверено с официальным PDF решений проекта ЛКТГ 2026.","notes":"Прежний архивный источник сохранён как дополнительный источник той же задачи."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Игра в сложном государстве","status":"ai_checked","text":"В виртуальном компьютерном государстве не менее двух городов. Некоторые пары городов соединены дорогой, причём из каждого города можно добраться по дорогам до любого другого. Государство называется сложным, если можно, начав движение из какого-то города и не проходя дважды по одной и той же дороге, вернуться в этот город. Петя и Вася играют так: сначала Петя задаёт направление на каждой дороге и помещает туриста в один из городов; затем за ход Петя перемещает туриста по дороге в разрешённом направлении в соседний город, а Вася меняет направление одной дороги, входящей или выходящей из нового города туриста. Вася выигрывает, если Петя в какой-то момент не сможет сделать ход. Докажите, что в сложном государстве Вася может гарантировать победу, как бы ни играл Петя.","definition_ids":["connected_graph","directed_graph","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Сложное государство: выигрыш Васи, Турнир городов 2018/19","status":"ai_checked","text":"Дан связный неориентированный граф, содержащий цикл. Петя сначала ориентирует все рёбра графа и выбирает начальную вершину фишки. На каждом своём ходе Петя обязан передвинуть фишку по исходящему ребру в соседнюю вершину, после чего Вася разворачивает одно ребро, инцидентное новой вершине фишки. Если перед ходом Пети из текущей вершины нет исходящих рёбер, Вася выигрывает. Докажите, что Вася имеет стратегию, которая при любой начальной ориентации, начальной вершине и дальнейших ходах Пети приводит к победе за конечное число ходов.","definition_ids":["connected_graph","directed_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-vasya-cycle-induction","title":"Индукция от цикла","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path","cycle"],"standard_idea_ids":["induction","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем индукцией по числу вершин более сильное утверждение: если связный граф содержит цикл, то из любой ориентации и любого положения фишки в момент, когда Васе предстоит развернуть ребро, Вася за конечное время оставит фишку без исходящих рёбер. База: граф является простым циклом. Если сейчас из вершины фишки выходит ровно одно ребро, Вася разворачивает его внутрь и сразу запирает фишку. Если исходящих рёбер ноль или два, Вася одним разворотом оставляет ровно одно исходящее ребро; Петя вынужден пройти по нему. Обозначим этот ход \\(A_1\\to A_2\\) и выберем соответствующее направление обхода цикла. Теперь Вася смотрит на следующее ребро \\(A_2A_3\\). Если оно выходит из \\(A_2\\), Вася разворачивает его внутрь, и оба ребра при \\(A_2\\) становятся входящими. Если оно входит в \\(A_2\\), Вася разворачивает его наружу, и Петя вынужден перейти в \\(A_3\\). Вася повторяет правило. Либо фишка остановит…"}],"relations":[{"id":"rel-state-game-2018-paired-variants","neighbor_id":"tc-2018-19-simple-state-tree-game","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-state-game-connectivity-query","neighbor_id":"tc-2015-16-connectivity-query-lower-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tc-cycle-p06-reversal-paired","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem06-two-tokens-reversing-arcs","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tc-2018-19-tree-cycle-dichotomy","neighbor_id":"tc-2018-19-simple-state-tree-game","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2018-19-complex-state-cycle-game сложное государство: выигрыш васи, турнир городов 2018/19 connectivity induction goal_strategy_game 2018 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66727 official_archive official_solutions olympiad_archive src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-problems-66727 tc tc2018 with_solution дидин м. а. задача 66727, турнир городов 2018/19, осенний тур, сложный вариант, 8-9 класс лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 турнир городов турниргородов турниргородов2018 дидин м. а. задача 66727, турнир городов 2018/19, осенний тур, сложный вариант, 8-9 класс 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original игра в сложном государстве ai_checked в виртуальном компьютерном государстве не менее двух городов. некоторые пары городов соединены дорогой, причём из каждого города можно добраться по дорогам до любого другого. государство называется сложным, если можно, начав движение из какого-то города и не проходя дважды по одной и той же дороге, вернуться в этот город. петя и вася играют так: сначала петя задаёт направление на каждой дороге и помещает туриста в один из городов; затем за ход петя перемещает туриста по дороге в разрешённом направлении в соседний город, а вася меняет направление одной дороги, входящей или выходящей из нового города туриста. вася выигрывает, если петя в какой-то момент не сможет сделать ход. докажите, что в сложном государстве вася может гарантировать победу, как бы ни играл петя. connected_graph directed_graph cycle stmt-graph сложное государство: выигрыш васи, турнир городов 2018/19 ai_checked дан связный неориентированный граф, содержащий цикл. петя сначала ориентирует все рёбра графа и выбирает начальную вершину фишки. на каждом своём ходе петя обязан передвинуть фишку по исходящему ребру в соседнюю вершину, после чего вася разворачивает одно ребро, инцидентное новой вершине фишки. если перед ходом пети из текущей вершины нет исходящих рёбер, вася выигрывает. докажите, что вася имеет стратегию, которая при любой начальной ориентации, начальной вершине и дальнейших ходах пети приводит к победе за конечное число ходов. connected_graph directed_graph cycle idea-cycle-forces-one-direction цикл заставляет идти вперёд на простом цикле вася после каждого хода пети разворачивает ребро перед туристом. если это не запирает туриста сразу, то турист вынужден двигаться в одну сторону по циклу и при возвращении к стартовой вершине оказывается без хода. connectivity goal_strategy_game ai_checked idea-delete-outer-vertex удаление вершины вне минимального цикла в общем графе с циклом можно удалить вершину максимального расстояния от минимального цикла: оставшийся граф связен и всё ещё содержит цикл. стратегия в меньшем графе либо выигрывает сразу, либо вынуждает петю всё реже входить в удалённую вершину. induction connectivity ai_checked sol-vasya-cycle-induction индукция от цикла ai_checked connected_graph path cycle induction delete_to_simplify докажем индукцией по числу вершин более сильное утверждение: если связный граф содержит цикл, то из любой ориентации и любого положения фишки в момент, когда васе предстоит развернуть ребро, вася за конечное время оставит фишку без исходящих рёбер. база: граф является простым циклом. если сейчас из вершины фишки выходит ровно одно ребро, вася разворачивает его внутрь и сразу запирает фишку. если исходящих рёбер ноль или два, вася одним разворотом оставляет ровно одно исходящее ребро; петя вынужден пройти по нему. обозначим этот ход \\(a_1\\to a_2\\) и выберем соответствующее направление обхода цикла. теперь вася смотрит на следующее ребро \\(a_2a_3\\). если оно выходит из \\(a_2\\), вася разворачивает его внутрь, и оба ребра при \\(a_2\\) становятся входящими. если оно входит в \\(a_2\\), вася разворачивает его наружу, и петя вынужден перейти в \\(a_3\\). вася повторяет правило. либо фишка остановит… tc-2018-19-complex-state-cycle-game slozhnoe gosudarstvo: vyigrysh vasi, turnir gorodov 2018/19 connectivity induction goal_strategy_game 2018 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66727 official_archive official_solutions olympiad_archive src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-problems-66727 tc tc2018 with_solution didin m. a. zadacha 66727, turnir gorodov 2018/19, osenniy tur, slozhnyy variant, 8-9 klass lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2018 didin m. a. zadacha 66727, turnir gorodov 2018/19, osenniy tur, slozhnyy variant, 8-9 klass 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original igra v slozhnom gosudarstve ai_checked v virtualnom kompyuternom gosudarstve ne menee dvuh gorodov. nekotorye pary gorodov soedineny dorogoy, prichem iz kazhdogo goroda mozhno dobratsya po dorogam do lyubogo drugogo. gosudarstvo nazyvaetsya slozhnym, esli mozhno, nachav dvizhenie iz kakogo-to goroda i ne prohodya dvazhdy po odnoy i toy zhe doroge, vernutsya v etot gorod. petya i vasya igrayut tak: snachala petya zadaet napravlenie na kazhdoy doroge i pomeschaet turista v odin iz gorodov; zatem za hod petya peremeschaet turista po doroge v razreshennom napravlenii v sosedniy gorod, a vasya menyaet napravlenie odnoy dorogi, vhodyaschey ili vyhodyaschey iz novogo goroda turista. vasya vyigryvaet, esli petya v kakoy-to moment ne smozhet sdelat hod. dokazhite, chto v slozhnom gosudarstve vasya mozhet garantirovat pobedu, kak by ni igral petya. connected_graph directed_graph cycle stmt-graph slozhnoe gosudarstvo: vyigrysh vasi, turnir gorodov 2018/19 ai_checked dan svyaznyy neorientirovannyy graf, soderzhaschiy tsikl. petya snachala orientiruet vse rebra grafa i vybiraet nachalnuyu vershinu fishki. na kazhdom svoem hode petya obyazan peredvinut fishku po ishodyaschemu rebru v sosednyuyu vershinu, posle chego vasya razvorachivaet odno rebro, intsidentnoe novoy vershine fishki. esli pered hodom peti iz tekuschey vershiny net ishodyaschih reber, vasya vyigryvaet. dokazhite, chto vasya imeet strategiyu, kotoraya pri lyuboy nachalnoy orientatsii, nachalnoy vershine i dalneyshih hodah peti privodit k pobede za konechnoe chislo hodov. connected_graph directed_graph cycle idea-cycle-forces-one-direction tsikl zastavlyaet idti vpered na prostom tsikle vasya posle kazhdogo hoda peti razvorachivaet rebro pered turistom. esli eto ne zapiraet turista srazu, to turist vynuzhden dvigatsya v odnu storonu po tsiklu i pri vozvraschenii k startovoy vershine okazyvaetsya bez hoda. connectivity goal_strategy_game ai_checked idea-delete-outer-vertex udalenie vershiny vne minimalnogo tsikla v obschem grafe s tsiklom mozhno udalit vershinu maksimalnogo rasstoyaniya ot minimalnogo tsikla: ostavshiysya graf svyazen i vse esche soderzhit tsikl. strategiya v menshem grafe libo vyigryvaet srazu, libo vynuzhdaet petyu vse rezhe vhodit v udalennuyu vershinu. induction connectivity ai_checked sol-vasya-cycle-induction induktsiya ot tsikla ai_checked connected_graph path cycle induction delete_to_simplify dokazhem induktsiey po chislu vershin bolee silnoe utverzhdenie: esli svyaznyy graf soderzhit tsikl, to iz lyuboy orientatsii i lyubogo polozheniya fishki v moment, kogda vase predstoit razvernut rebro, vasya za konechnoe vremya ostavit fishku bez ishodyaschih reber. baza: graf yavlyaetsya prostym tsiklom. esli seychas iz vershiny fishki vyhodit rovno odno rebro, vasya razvorachivaet ego vnutr i srazu zapiraet fishku. esli ishodyaschih reber nol ili dva, vasya odnim razvorotom ostavlyaet rovno odno ishodyaschee rebro; petya vynuzhden proyti po nemu. oboznachim etot hod \\(a_1\\to a_2\\) i vyberem sootvetstvuyuschee napravlenie obhoda tsikla. teper vasya smotrit na sleduyuschee rebro \\(a_2a_3\\). esli ono vyhodit iz \\(a_2\\), vasya razvorachivaet ego vnutr, i oba rebra pri \\(a_2\\) stanovyatsya vhodyaschimi. esli ono vhodit v \\(a_2\\), vasya razvorachivaet ego naruzhu, i petya vynuzhden pereyti v \\(a_3\\). vasya povtoryaet pravilo. libo fishka ostanovit…","source_keys":["tc","lktg"]}
{"id":"tc-2018-19-simple-state-tree-game","title":"Простое государство: Петя не проигрывает, Турнир городов 2018/19","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2018-19-simple-state-tree-game.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2018-19-simple-state-tree-game.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2018-19-simple-state-tree-game","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 66727, Турнир городов 2018/19, осенний тур, сложный вариант, 8-9 класс","38-я Летняя конференция Турнира городов 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":["Дидин М. А."],"tags":["trees","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Осенний сложный тур 2018/19, 8-9 класс, задача 7a на 5 баллов.","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 решение","status":"ai_checked","confidence":0.97,"basis":"Полное доказательство сверено с официальным PDF решений проекта ЛКТГ 2026.","notes":"Прежний архивный источник сохранён как дополнительный источник той же задачи."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Игра в простом государстве","status":"ai_checked","text":"В виртуальном компьютерном государстве не менее двух городов. Некоторые пары городов соединены дорогой, причём из каждого города можно добраться по дорогам до любого другого. Государство называется простым, если нельзя, начав движение из какого-то города и не проходя дважды по одной и той же дороге, вернуться в этот город. Петя и Вася играют так: сначала Петя задаёт направление на каждой дороге и помещает туриста в один из городов; затем за ход Петя перемещает туриста по дороге в разрешённом направлении в соседний город, а Вася меняет направление одной дороги, входящей или выходящей из нового города туриста. Вася выигрывает, если Петя в какой-то момент не сможет сделать ход. Докажите, что в простом государстве Петя может играть так, чтобы не проиграть, как бы ни играл Вася.","definition_ids":["connected_graph","directed_graph","path","tree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Простое государство: Петя не проигрывает, Турнир городов 2018/19","status":"ai_checked","text":"Дано дерево с не менее чем двумя вершинами. Петя сначала ориентирует все рёбра дерева и выбирает начальную вершину фишки. На каждом своём ходе Петя обязан передвинуть фишку по исходящему ребру в соседнюю вершину, после чего Вася разворачивает одно ребро, инцидентное новой вершине фишки. Если перед ходом Пети из текущей вершины нет исходящих рёбер, Вася выигрывает. Докажите, что Петя может выбрать начальную ориентацию, начальную вершину и дальнейшие ходы так, чтобы ходить бесконечно долго при любых ответах Васи.","definition_ids":["directed_graph","tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-petya-tree-invariant","title":"Ориентация к движущемуся корню","status":"ai_checked","definition_ids":["path","tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем вершину \\(r\\), её соседа \\(s\\), направим все рёбра дерева к \\(r\\) и поставим фишку в \\(s\\). Первым ходом Петя идёт \\(s\\to r\\). После этого перед каждым разворотом Васи все рёбра дерева направлены к вершине \\(v\\), в которой стоит фишка. Вася разворачивает одно инцидентное ребро \\(vu\\), и оно становится единственным исходящим ребром из \\(v\\). Петя идёт по нему в \\(u\\). Теперь все рёбра направлены к \\(u\\): в дереве путь к новому корню отличается от пути к старому корню только направлением ребра \\(uv\\). Инвариант восстановлен, поэтому Петя может ходить бесконечно."}],"relations":[{"id":"rel-tree-state-game-2018","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-state-game-2018-paired-variants","neighbor_id":"tc-2018-19-complex-state-cycle-game","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-state-game-imo-2024-c8","neighbor_id":"imo-2024-c8-board-coloring-tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tc-tree-p06-reversal-paired","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem06-two-tokens-reversing-arcs","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-tc-2018-19-tree-cycle-dichotomy","neighbor_id":"tc-2018-19-complex-state-cycle-game","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2018-19-simple-state-tree-game простое государство: петя не проигрывает, турнир городов 2018/19 trees goal_strategy_game 2018 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66727 official_archive official_solutions olympiad_archive src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-problems-66727 tc tc2018 with_solution дидин м. а. задача 66727, турнир городов 2018/19, осенний тур, сложный вариант, 8-9 класс лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 турнир городов турниргородов турниргородов2018 дидин м. а. задача 66727, турнир городов 2018/19, осенний тур, сложный вариант, 8-9 класс 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: решения, русская редакция 7 stmt-original игра в простом государстве ai_checked в виртуальном компьютерном государстве не менее двух городов. некоторые пары городов соединены дорогой, причём из каждого города можно добраться по дорогам до любого другого. государство называется простым, если нельзя, начав движение из какого-то города и не проходя дважды по одной и той же дороге, вернуться в этот город. петя и вася играют так: сначала петя задаёт направление на каждой дороге и помещает туриста в один из городов; затем за ход петя перемещает туриста по дороге в разрешённом направлении в соседний город, а вася меняет направление одной дороги, входящей или выходящей из нового города туриста. вася выигрывает, если петя в какой-то момент не сможет сделать ход. докажите, что в простом государстве петя может играть так, чтобы не проиграть, как бы ни играл вася. connected_graph directed_graph path tree stmt-graph простое государство: петя не проигрывает, турнир городов 2018/19 ai_checked дано дерево с не менее чем двумя вершинами. петя сначала ориентирует все рёбра дерева и выбирает начальную вершину фишки. на каждом своём ходе петя обязан передвинуть фишку по исходящему ребру в соседнюю вершину, после чего вася разворачивает одно ребро, инцидентное новой вершине фишки. если перед ходом пети из текущей вершины нет исходящих рёбер, вася выигрывает. докажите, что петя может выбрать начальную ориентацию, начальную вершину и дальнейшие ходы так, чтобы ходить бесконечно долго при любых ответах васи. directed_graph tree idea-tree-token-sink все пути ведут к туристу в дереве можно выбрать целевую вершину и ориентировать каждое ребро по единственному пути к ней. после первого хода турист оказывается в этой вершине; затем каждый разворот васи даёт пете единственное исходящее ребро, а проход по нему снова делает текущую вершину общей целью всех ориентированных путей. trees ai_checked sol-petya-tree-invariant ориентация к движущемуся корню ai_checked path tree выберем вершину \\(r\\), её соседа \\(s\\), направим все рёбра дерева к \\(r\\) и поставим фишку в \\(s\\). первым ходом петя идёт \\(s\\to r\\). после этого перед каждым разворотом васи все рёбра дерева направлены к вершине \\(v\\), в которой стоит фишка. вася разворачивает одно инцидентное ребро \\(vu\\), и оно становится единственным исходящим ребром из \\(v\\). петя идёт по нему в \\(u\\). теперь все рёбра направлены к \\(u\\): в дереве путь к новому корню отличается от пути к старому корню только направлением ребра \\(uv\\). инвариант восстановлен, поэтому петя может ходить бесконечно. tc-2018-19-simple-state-tree-game prostoe gosudarstvo: petya ne proigryvaet, turnir gorodov 2018/19 trees goal_strategy_game 2018 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-sol-rus.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/index.html https://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66727 official_archive official_solutions olympiad_archive src-lktg-2026-project2-page src-lktg-2026-project2-problems-ru src-lktg-2026-project2-solutions-ru src-problems-66727 tc tc2018 with_solution didin m. a. zadacha 66727, turnir gorodov 2018/19, osenniy tur, slozhnyy variant, 8-9 klass lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2018 didin m. a. zadacha 66727, turnir gorodov 2018/19, osenniy tur, slozhnyy variant, 8-9 klass 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: resheniya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original igra v prostom gosudarstve ai_checked v virtualnom kompyuternom gosudarstve ne menee dvuh gorodov. nekotorye pary gorodov soedineny dorogoy, prichem iz kazhdogo goroda mozhno dobratsya po dorogam do lyubogo drugogo. gosudarstvo nazyvaetsya prostym, esli nelzya, nachav dvizhenie iz kakogo-to goroda i ne prohodya dvazhdy po odnoy i toy zhe doroge, vernutsya v etot gorod. petya i vasya igrayut tak: snachala petya zadaet napravlenie na kazhdoy doroge i pomeschaet turista v odin iz gorodov; zatem za hod petya peremeschaet turista po doroge v razreshennom napravlenii v sosedniy gorod, a vasya menyaet napravlenie odnoy dorogi, vhodyaschey ili vyhodyaschey iz novogo goroda turista. vasya vyigryvaet, esli petya v kakoy-to moment ne smozhet sdelat hod. dokazhite, chto v prostom gosudarstve petya mozhet igrat tak, chtoby ne proigrat, kak by ni igral vasya. connected_graph directed_graph path tree stmt-graph prostoe gosudarstvo: petya ne proigryvaet, turnir gorodov 2018/19 ai_checked dano derevo s ne menee chem dvumya vershinami. petya snachala orientiruet vse rebra dereva i vybiraet nachalnuyu vershinu fishki. na kazhdom svoem hode petya obyazan peredvinut fishku po ishodyaschemu rebru v sosednyuyu vershinu, posle chego vasya razvorachivaet odno rebro, intsidentnoe novoy vershine fishki. esli pered hodom peti iz tekuschey vershiny net ishodyaschih reber, vasya vyigryvaet. dokazhite, chto petya mozhet vybrat nachalnuyu orientatsiyu, nachalnuyu vershinu i dalneyshie hody tak, chtoby hodit beskonechno dolgo pri lyubyh otvetah vasi. directed_graph tree idea-tree-token-sink vse puti vedut k turistu v dereve mozhno vybrat tselevuyu vershinu i orientirovat kazhdoe rebro po edinstvennomu puti k ney. posle pervogo hoda turist okazyvaetsya v etoy vershine; zatem kazhdyy razvorot vasi daet pete edinstvennoe ishodyaschee rebro, a prohod po nemu snova delaet tekuschuyu vershinu obschey tselyu vseh orientirovannyh putey. trees ai_checked sol-petya-tree-invariant orientatsiya k dvizhuschemusya kornyu ai_checked path tree vyberem vershinu \\(r\\), ee soseda \\(s\\), napravim vse rebra dereva k \\(r\\) i postavim fishku v \\(s\\). pervym hodom petya idet \\(s\\to r\\). posle etogo pered kazhdym razvorotom vasi vse rebra dereva napravleny k vershine \\(v\\), v kotoroy stoit fishka. vasya razvorachivaet odno intsidentnoe rebro \\(vu\\), i ono stanovitsya edinstvennym ishodyaschim rebrom iz \\(v\\). petya idet po nemu v \\(u\\). teper vse rebra napravleny k \\(u\\): v dereve put k novomu kornyu otlichaetsya ot puti k staromu kornyu tolko napravleniem rebra \\(uv\\). invariant vosstanovlen, poetomu petya mozhet hodit beskonechno.","source_keys":["tc","lktg"]}
{"id":"tc-2018-cards-4x4-neighbor-numbers-graph","title":"Карточки 1-16 в таблице 4x4 и соседние числа, Турнир городов 2017/18","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2018-cards-4x4-neighbor-numbers-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2018-cards-4x4-neighbor-numbers-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2018-cards-4x4-neighbor-numbers-graph","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["39-й Турнир городов, устный тур 2017/18, 11 класс, предварительная версия решений"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":["Евдокимов М.А."],"tags":["graph_in_solution","coloring","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":3,"comment":"Устный тур 39-го Турнира городов, 11 класс, задача 3. В официальном PDF ответ: восемь одновременно перевёрнутых карточек.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Карточки в таблице 4x4","status":"ai_checked","text":"16 карточек с целыми числами от 1 до 16 разложены лицевой стороной вниз в виде таблицы \\(4\\times4\\) так, что карточки, на которых записаны соседние числа, лежат рядом, соприкасаясь по стороне. Какое наименьшее число карточек нужно одновременно перевернуть, чтобы наверняка определить местоположение всех чисел, как бы ни были разложены карточки?","definition_ids":["hamiltonian_path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-eight-middle-columns","title":"Восемь карточек: два средних столбца","status":"ai_checked","definition_ids":["hamiltonian_path","neighborhood"],"standard_idea_ids":["invariant","extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(8\\). Сначала докажем, что меньше нельзя. Разобьём клетки таблицы на пары по схеме \\[ \\begin{matrix} 1&2&3&4\\\\ 2&1&4&3\\\\ 5&6&7&8\\\\ 6&5&8&7 \\end{matrix} \\] где одинаковые номера обозначают пару. Для каждой такой пары существуют две допустимые раскладки, которые отличаются только перестановкой двух чисел в этой паре. Для первых двух пар это, например, \\[ \\begin{matrix} 1&4&5&16\\\\2&3&6&15\\\\9&8&7&14\\\\10&11&12&13 \\end{matrix} \\quad\\text{и}\\quad \\begin{matrix} 3&4&5&16\\\\2&1&6&15\\\\9&8&7&14\\\\10&11&12&13 \\end{matrix} \\] а также \\[ \\begin{matrix} 2&1&8&9\\\\3&4&7&10\\\\16&5&6&11\\\\15&14&13&12 \\end{matrix} \\quad\\text{и}\\quad \\begin{matrix} 2&3&8&9\\\\1&4&7&10\\\\16&5&6&11\\\\15&14&13&12 \\end{matrix}. \\] Остальные пары получаются из этих примеров симметриями квадрата и заменой каждого числа \\(x\\) на \\(17-x\\). Значит, если в какой-то паре не открыта ни одна карточка, эти две раскладки невозможно различ…"}],"relations":[],"search_text":"tc-2018-cards-4x4-neighbor-numbers-graph карточки 1-16 в таблице 4x4 и соседние числа, турнир городов 2017/18 graph_in_solution coloring goal_exact_bound 2018 39-й турнир городов, устный тур 2017/18, 11 класс, предварительная версия решений https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/5/2017/5-ans-math-11-ustn-17-8.pdf problem_and_solution src-tc-2018-39-oral-solutions tc tc2018 with_solution евдокимов м.а. турнир городов турниргородов турниргородов2018 евдокимов м.а. 39-й турнир городов, устный тур 2017/18, 11 класс, предварительная версия решений stmt-original карточки в таблице 4x4 ai_checked 16 карточек с целыми числами от 1 до 16 разложены лицевой стороной вниз в виде таблицы \\(4\\times4\\) так, что карточки, на которых записаны соседние числа, лежат рядом, соприкасаясь по стороне. какое наименьшее число карточек нужно одновременно перевернуть, чтобы наверняка определить местоположение всех чисел, как бы ни были разложены карточки? hamiltonian_path idea-open-cards-functional-graph рёбра из открытых клеток к единственной неизвестной соседней если открыты второй и третий столбцы, то у каждой открытой клетки есть не более одной закрытой соседней по стороне клетки. поэтому, когда у открытого числа не все соседние по значению числа уже открыты, недостающее соседнее число однозначно лежит в этой закрытой клетке. graph_in_solution coloring ai_checked sol-official-eight-middle-columns восемь карточек: два средних столбца ai_checked hamiltonian_path neighborhood invariant extremal_choice ответ: \\(8\\). сначала докажем, что меньше нельзя. разобьём клетки таблицы на пары по схеме \\[ \\begin{matrix} 1&2&3&4\\\\ 2&1&4&3\\\\ 5&6&7&8\\\\ 6&5&8&7 \\end{matrix} \\] где одинаковые номера обозначают пару. для каждой такой пары существуют две допустимые раскладки, которые отличаются только перестановкой двух чисел в этой паре. для первых двух пар это, например, \\[ \\begin{matrix} 1&4&5&16\\\\2&3&6&15\\\\9&8&7&14\\\\10&11&12&13 \\end{matrix} \\quad\\text{и}\\quad \\begin{matrix} 3&4&5&16\\\\2&1&6&15\\\\9&8&7&14\\\\10&11&12&13 \\end{matrix} \\] а также \\[ \\begin{matrix} 2&1&8&9\\\\3&4&7&10\\\\16&5&6&11\\\\15&14&13&12 \\end{matrix} \\quad\\text{и}\\quad \\begin{matrix} 2&3&8&9\\\\1&4&7&10\\\\16&5&6&11\\\\15&14&13&12 \\end{matrix}. \\] остальные пары получаются из этих примеров симметриями квадрата и заменой каждого числа \\(x\\) на \\(17-x\\). значит, если в какой-то паре не открыта ни одна карточка, эти две раскладки невозможно различ… tc-2018-cards-4x4-neighbor-numbers-graph kartochki 1-16 v tablitse 4x4 i sosednie chisla, turnir gorodov 2017/18 graph_in_solution coloring goal_exact_bound 2018 39-y turnir gorodov, ustnyy tur 2017/18, 11 klass, predvaritelnaya versiya resheniy https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/5/2017/5-ans-math-11-ustn-17-8.pdf problem_and_solution src-tc-2018-39-oral-solutions tc tc2018 with_solution evdokimov m.a. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2018 evdokimov m.a. 39-y turnir gorodov, ustnyy tur 2017/18, 11 klass, predvaritelnaya versiya resheniy stmt-original kartochki v tablitse 4x4 ai_checked 16 kartochek s tselymi chislami ot 1 do 16 razlozheny litsevoy storonoy vniz v vide tablitsy \\(4\\times4\\) tak, chto kartochki, na kotoryh zapisany sosednie chisla, lezhat ryadom, soprikasayas po storone. kakoe naimenshee chislo kartochek nuzhno odnovremenno perevernut, chtoby navernyaka opredelit mestopolozhenie vseh chisel, kak by ni byli razlozheny kartochki? hamiltonian_path idea-open-cards-functional-graph rebra iz otkrytyh kletok k edinstvennoy neizvestnoy sosedney esli otkryty vtoroy i tretiy stolbtsy, to u kazhdoy otkrytoy kletki est ne bolee odnoy zakrytoy sosedney po storone kletki. poetomu, kogda u otkrytogo chisla ne vse sosednie po znacheniyu chisla uzhe otkryty, nedostayuschee sosednee chislo odnoznachno lezhit v etoy zakrytoy kletke. graph_in_solution coloring ai_checked sol-official-eight-middle-columns vosem kartochek: dva srednih stolbtsa ai_checked hamiltonian_path neighborhood invariant extremal_choice otvet: \\(8\\). snachala dokazhem, chto menshe nelzya. razobem kletki tablitsy na pary po sheme \\[ \\begin{matrix} 1&2&3&4\\\\ 2&1&4&3\\\\ 5&6&7&8\\\\ 6&5&8&7 \\end{matrix} \\] gde odinakovye nomera oboznachayut paru. dlya kazhdoy takoy pary suschestvuyut dve dopustimye raskladki, kotorye otlichayutsya tolko perestanovkoy dvuh chisel v etoy pare. dlya pervyh dvuh par eto, naprimer, \\[ \\begin{matrix} 1&4&5&16\\\\2&3&6&15\\\\9&8&7&14\\\\10&11&12&13 \\end{matrix} \\quad\\text{i}\\quad \\begin{matrix} 3&4&5&16\\\\2&1&6&15\\\\9&8&7&14\\\\10&11&12&13 \\end{matrix} \\] a takzhe \\[ \\begin{matrix} 2&1&8&9\\\\3&4&7&10\\\\16&5&6&11\\\\15&14&13&12 \\end{matrix} \\quad\\text{i}\\quad \\begin{matrix} 2&3&8&9\\\\1&4&7&10\\\\16&5&6&11\\\\15&14&13&12 \\end{matrix}. \\] ostalnye pary poluchayutsya iz etih primerov simmetriyami kvadrata i zamenoy kazhdogo chisla \\(x\\) na \\(17-x\\). znachit, esli v kakoy-to pare ne otkryta ni odna kartochka, eti dve raskladki nevozmozhno razlich…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n","title":"Два круглых столика гномов при чётном n, Турнир городов 2020/21","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 66880, Турнир городов 2020/21, осенний тур, сложный вариант"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":["Святловский М."],"tags":["hamiltonian_cycles","double_counting","goal_strategy_game","goal_impossibility"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Чётный режим исходной задачи Турнира городов 2020/21: невозможность доказывается двойным счётом степеней по четырём цветовым классам.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Гномы за двумя столиками: чётное n","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\) чётно. За каждым из двух круглых столиков сидит по \\(n\\) гномов. Каждый гном дружит только со своими соседями по своему столику слева и справа. Добрый волшебник хочет, чтобы всех \\(2n\\) гномов можно было рассадить за один круглый стол так, чтобы каждые два соседних гнома дружили между собой. Сначала добрый волшебник подружит любые \\(2n\\) пар гномов, а затем злой волшебник поссорит между собой \\(n\\) пар из этих \\(2n\\) новых пар. Докажите, что при чётном \\(n\\) злой волшебник может помешать желаемому, как бы ни действовал добрый волшебник.","definition_ids":["cycle","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Два круглых столика гномов при чётном n, Турнир городов 2020/21","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\) чётно. Дан граф, являющийся объединением двух непересекающихся циклов длины \\(n\\). Первый игрок произвольно добавляет \\(2n\\) новых рёбер. Докажите, что второй игрок может удалить \\(n\\) из добавленных рёбер так, что в оставшемся графе не будет гамильтонова цикла.","definition_ids":["cycle","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-even-color-obstruction","title":"Стратегия злого волшебника","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","cycle","hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Так как \\(n\\) чётно, раскрасим вершины каждого из двух исходных циклов в два цвета через одну; всего получим четыре цветовых класса. Рассмотрим граф из \\(2n\\) добавленных добрым волшебником рёбер. Сумма степеней всех вершин по этим рёбрам равна \\(4n\\), поэтому для одного из четырёх цветовых классов эта сумма не больше \\(n\\). Злой волшебник удаляет все добавленные рёбра, инцидентные вершинам этого класса; таких рёбер не больше \\(n\\), а если меньше, он удаляет произвольные добавленные рёбра до общего числа \\(n\\). После этого каждая вершина выбранного класса соединена только с двумя своими старыми соседями. Если бы в оставшемся графе был гамильтонов цикл, то у каждой такой вершины он был бы вынужден использовать оба старых ребра. Но выбранный класс занимает через одну все вершины одного из исходных циклов, значит гамильтонов цикл содержал бы все рёбра этого старого цикла, то есть имел бы в…"}],"relations":[{"id":"rel-handshaking-gnomes-2020","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_draft"},{"id":"rel-gnomes-two-cycles-odd-even-n","neighbor_id":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-vosh-bureaucrats-gnomes-2020","neighbor_id":"vosh-2008-regional-bureaucrats-common-neighborhood","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n два круглых столика гномов при чётном n, турнир городов 2020/21 hamiltonian_cycles double_counting goal_strategy_game goal_impossibility 2020 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66880 olympiad_archive src-problems-66880 tc tc2020 with_solution задача 66880, турнир городов 2020/21, осенний тур, сложный вариант святловский м. турнир городов турниргородов турниргородов2020 святловский м. задача 66880, турнир городов 2020/21, осенний тур, сложный вариант stmt-original гномы за двумя столиками: чётное n ai_checked пусть \\(n\\) чётно. за каждым из двух круглых столиков сидит по \\(n\\) гномов. каждый гном дружит только со своими соседями по своему столику слева и справа. добрый волшебник хочет, чтобы всех \\(2n\\) гномов можно было рассадить за один круглый стол так, чтобы каждые два соседних гнома дружили между собой. сначала добрый волшебник подружит любые \\(2n\\) пар гномов, а затем злой волшебник поссорит между собой \\(n\\) пар из этих \\(2n\\) новых пар. докажите, что при чётном \\(n\\) злой волшебник может помешать желаемому, как бы ни действовал добрый волшебник. cycle degree stmt-graph два круглых столика гномов при чётном n, турнир городов 2020/21 ai_checked пусть \\(n\\) чётно. дан граф, являющийся объединением двух непересекающихся циклов длины \\(n\\). первый игрок произвольно добавляет \\(2n\\) новых рёбер. докажите, что второй игрок может удалить \\(n\\) из добавленных рёбер так, что в оставшемся графе не будет гамильтонова цикла. cycle hamiltonian_cycle idea-degree-color-obstruction цветовой класс с малой добавленной степенью при чётном \\(n\\) каждый исходный цикл раскрашивается в два цвета через одну вершину. среди четырёх цветовых классов есть класс, суммарная степень которого по добавленным рёбрам не больше \\(n\\). удалив все добавленные рёбра, инцидентные этому классу, злой волшебник заставляет любой гамильтонов цикл содержать целый старый цикл, что невозможно. double_counting hamiltonian_cycles ai_checked sol-even-color-obstruction стратегия злого волшебника ai_checked degree cycle hamiltonian_cycle double_counting так как \\(n\\) чётно, раскрасим вершины каждого из двух исходных циклов в два цвета через одну; всего получим четыре цветовых класса. рассмотрим граф из \\(2n\\) добавленных добрым волшебником рёбер. сумма степеней всех вершин по этим рёбрам равна \\(4n\\), поэтому для одного из четырёх цветовых классов эта сумма не больше \\(n\\). злой волшебник удаляет все добавленные рёбра, инцидентные вершинам этого класса; таких рёбер не больше \\(n\\), а если меньше, он удаляет произвольные добавленные рёбра до общего числа \\(n\\). после этого каждая вершина выбранного класса соединена только с двумя своими старыми соседями. если бы в оставшемся графе был гамильтонов цикл, то у каждой такой вершины он был бы вынужден использовать оба старых ребра. но выбранный класс занимает через одну все вершины одного из исходных циклов, значит гамильтонов цикл содержал бы все рёбра этого старого цикла, то есть имел бы в… tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n dva kruglyh stolika gnomov pri chetnom n, turnir gorodov 2020/21 hamiltonian_cycles double_counting goal_strategy_game goal_impossibility 2020 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66880 olympiad_archive src-problems-66880 tc tc2020 with_solution zadacha 66880, turnir gorodov 2020/21, osenniy tur, slozhnyy variant svyatlovskiy m. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2020 svyatlovskiy m. zadacha 66880, turnir gorodov 2020/21, osenniy tur, slozhnyy variant stmt-original gnomy za dvumya stolikami: chetnoe n ai_checked pust \\(n\\) chetno. za kazhdym iz dvuh kruglyh stolikov sidit po \\(n\\) gnomov. kazhdyy gnom druzhit tolko so svoimi sosedyami po svoemu stoliku sleva i sprava. dobryy volshebnik hochet, chtoby vseh \\(2n\\) gnomov mozhno bylo rassadit za odin kruglyy stol tak, chtoby kazhdye dva sosednih gnoma druzhili mezhdu soboy. snachala dobryy volshebnik podruzhit lyubye \\(2n\\) par gnomov, a zatem zloy volshebnik possorit mezhdu soboy \\(n\\) par iz etih \\(2n\\) novyh par. dokazhite, chto pri chetnom \\(n\\) zloy volshebnik mozhet pomeshat zhelaemomu, kak by ni deystvoval dobryy volshebnik. cycle degree stmt-graph dva kruglyh stolika gnomov pri chetnom n, turnir gorodov 2020/21 ai_checked pust \\(n\\) chetno. dan graf, yavlyayuschiysya obedineniem dvuh neperesekayuschihsya tsiklov dliny \\(n\\). pervyy igrok proizvolno dobavlyaet \\(2n\\) novyh reber. dokazhite, chto vtoroy igrok mozhet udalit \\(n\\) iz dobavlennyh reber tak, chto v ostavshemsya grafe ne budet gamiltonova tsikla. cycle hamiltonian_cycle idea-degree-color-obstruction tsvetovoy klass s maloy dobavlennoy stepenyu pri chetnom \\(n\\) kazhdyy ishodnyy tsikl raskrashivaetsya v dva tsveta cherez odnu vershinu. sredi chetyreh tsvetovyh klassov est klass, summarnaya stepen kotorogo po dobavlennym rebram ne bolshe \\(n\\). udaliv vse dobavlennye rebra, intsidentnye etomu klassu, zloy volshebnik zastavlyaet lyuboy gamiltonov tsikl soderzhat tselyy staryy tsikl, chto nevozmozhno. double_counting hamiltonian_cycles ai_checked sol-even-color-obstruction strategiya zlogo volshebnika ai_checked degree cycle hamiltonian_cycle double_counting tak kak \\(n\\) chetno, raskrasim vershiny kazhdogo iz dvuh ishodnyh tsiklov v dva tsveta cherez odnu; vsego poluchim chetyre tsvetovyh klassa. rassmotrim graf iz \\(2n\\) dobavlennyh dobrym volshebnikom reber. summa stepeney vseh vershin po etim rebram ravna \\(4n\\), poetomu dlya odnogo iz chetyreh tsvetovyh klassov eta summa ne bolshe \\(n\\). zloy volshebnik udalyaet vse dobavlennye rebra, intsidentnye vershinam etogo klassa; takih reber ne bolshe \\(n\\), a esli menshe, on udalyaet proizvolnye dobavlennye rebra do obschego chisla \\(n\\). posle etogo kazhdaya vershina vybrannogo klassa soedinena tolko s dvumya svoimi starymi sosedyami. esli by v ostavshemsya grafe byl gamiltonov tsikl, to u kazhdoy takoy vershiny on byl by vynuzhden ispolzovat oba staryh rebra. no vybrannyy klass zanimaet cherez odnu vse vershiny odnogo iz ishodnyh tsiklov, znachit gamiltonov tsikl soderzhal by vse rebra etogo starogo tsikla, to est imel by v…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n","title":"Два круглых столика гномов при нечётном n, Турнир городов 2020/21","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 66880, Турнир городов 2020/21, осенний тур, сложный вариант"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":["Святловский М."],"tags":["hamiltonian_cycles","goal_construction","goal_existence"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"Нечётный режим исходной задачи Турнира городов 2020/21: конструктивная часть с принципом Дирихле на нечётном цикле.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Гномы за двумя столиками: нечётное n","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n>1\\) нечётно. За каждым из двух круглых столиков сидит по \\(n\\) гномов. Каждый гном дружит только со своими соседями по своему столику слева и справа. Добрый волшебник хочет, чтобы после его действий и любых действий злого волшебника всех \\(2n\\) гномов можно было рассадить за один круглый стол так, чтобы каждые два соседних гнома дружили между собой. Добрый волшебник может подружить \\(2n\\) пар гномов, а затем злой волшебник поссорит между собой \\(n\\) пар из этих \\(2n\\) новых пар. Докажите, что при нечётном \\(n\\) добрый волшебник может добиться желаемого, как бы ни действовал злой волшебник.","definition_ids":["cycle","degree"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Два круглых столика гномов при нечётном n, Турнир городов 2020/21","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n>1\\) нечётно. Дан граф, являющийся объединением двух непересекающихся циклов длины \\(n\\). Докажите, что можно добавить \\(2n\\) новых рёбер так, что после удаления любых \\(n\\) из добавленных рёбер в полученном графе всё ещё будет гамильтонов цикл.","definition_ids":["cycle","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-odd-bridge-strategy","title":"Стратегия доброго волшебника","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим гномов за двумя столиками через \\(A_1,\\ldots,A_n\\) и \\(B_1,\\ldots,B_n\\) в циклическом порядке, индексы считаем по модулю \\(n\\). Пусть \\(n=2k-1\\). Добрый волшебник добавляет рёбра \\(A_iB_i\\) и \\(A_iB_{i+1}\\) для всех \\(i\\). После того как злой волшебник удалит \\(n\\) из этих \\(2n\\) рёбер, в одной из двух систем останется хотя бы \\(k\\) рёбер. На нечётном цикле длины \\(2k-1\\) любые \\(k\\) выбранных позиций содержат две соседние. Значит, в одной системе уцелели две соседние перемычки. Разрезав оба исходных цикла в соответствующих местах и пройдя по двум уцелевшим перемычкам, получаем один цикл через все \\(2n\\) вершин. Поэтому при нечётном \\(n\\) добрый волшебник может гарантировать нужную рассадку."}],"relations":[{"id":"rel-gnomes-two-cycles-odd-even-n","neighbor_id":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-even-n","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-gnomes-imo-2024-c3","neighbor_id":"imo-2024-c3-knights-chord-uncrossing","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n два круглых столика гномов при нечётном n, турнир городов 2020/21 hamiltonian_cycles goal_construction goal_existence 2020 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66880 olympiad_archive src-problems-66880 tc tc2020 with_solution задача 66880, турнир городов 2020/21, осенний тур, сложный вариант святловский м. турнир городов турниргородов турниргородов2020 святловский м. задача 66880, турнир городов 2020/21, осенний тур, сложный вариант stmt-original гномы за двумя столиками: нечётное n ai_checked пусть \\(n>1\\) нечётно. за каждым из двух круглых столиков сидит по \\(n\\) гномов. каждый гном дружит только со своими соседями по своему столику слева и справа. добрый волшебник хочет, чтобы после его действий и любых действий злого волшебника всех \\(2n\\) гномов можно было рассадить за один круглый стол так, чтобы каждые два соседних гнома дружили между собой. добрый волшебник может подружить \\(2n\\) пар гномов, а затем злой волшебник поссорит между собой \\(n\\) пар из этих \\(2n\\) новых пар. докажите, что при нечётном \\(n\\) добрый волшебник может добиться желаемого, как бы ни действовал злой волшебник. cycle degree stmt-graph два круглых столика гномов при нечётном n, турнир городов 2020/21 ai_checked пусть \\(n>1\\) нечётно. дан граф, являющийся объединением двух непересекающихся циклов длины \\(n\\). докажите, что можно добавить \\(2n\\) новых рёбер так, что после удаления любых \\(n\\) из добавленных рёбер в полученном графе всё ещё будет гамильтонов цикл. cycle hamiltonian_cycle idea-two-shifted-bridge-families две сдвинутые системы перемычек добрый волшебник добавляет две циклически сдвинутые системы рёбер между столиками. после удаления половины новых рёбер в одной системе остаётся достаточно много перемычек; на нечётном цикле среди них обязательно найдутся две соседние, и они склеивают два старых цикла в один. hamiltonian_cycles ai_checked sol-odd-bridge-strategy стратегия доброго волшебника ai_checked cycle hamiltonian_cycle pigeonhole_principle обозначим гномов за двумя столиками через \\(a_1,\\ldots,a_n\\) и \\(b_1,\\ldots,b_n\\) в циклическом порядке, индексы считаем по модулю \\(n\\). пусть \\(n=2k-1\\). добрый волшебник добавляет рёбра \\(a_ib_i\\) и \\(a_ib_{i+1}\\) для всех \\(i\\). после того как злой волшебник удалит \\(n\\) из этих \\(2n\\) рёбер, в одной из двух систем останется хотя бы \\(k\\) рёбер. на нечётном цикле длины \\(2k-1\\) любые \\(k\\) выбранных позиций содержат две соседние. значит, в одной системе уцелели две соседние перемычки. разрезав оба исходных цикла в соответствующих местах и пройдя по двум уцелевшим перемычкам, получаем один цикл через все \\(2n\\) вершин. поэтому при нечётном \\(n\\) добрый волшебник может гарантировать нужную рассадку. tc-2020-21-gnomes-two-cycles-odd-n dva kruglyh stolika gnomov pri nechetnom n, turnir gorodov 2020/21 hamiltonian_cycles goal_construction goal_existence 2020 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=66880 olympiad_archive src-problems-66880 tc tc2020 with_solution zadacha 66880, turnir gorodov 2020/21, osenniy tur, slozhnyy variant svyatlovskiy m. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2020 svyatlovskiy m. zadacha 66880, turnir gorodov 2020/21, osenniy tur, slozhnyy variant stmt-original gnomy za dvumya stolikami: nechetnoe n ai_checked pust \\(n>1\\) nechetno. za kazhdym iz dvuh kruglyh stolikov sidit po \\(n\\) gnomov. kazhdyy gnom druzhit tolko so svoimi sosedyami po svoemu stoliku sleva i sprava. dobryy volshebnik hochet, chtoby posle ego deystviy i lyubyh deystviy zlogo volshebnika vseh \\(2n\\) gnomov mozhno bylo rassadit za odin kruglyy stol tak, chtoby kazhdye dva sosednih gnoma druzhili mezhdu soboy. dobryy volshebnik mozhet podruzhit \\(2n\\) par gnomov, a zatem zloy volshebnik possorit mezhdu soboy \\(n\\) par iz etih \\(2n\\) novyh par. dokazhite, chto pri nechetnom \\(n\\) dobryy volshebnik mozhet dobitsya zhelaemogo, kak by ni deystvoval zloy volshebnik. cycle degree stmt-graph dva kruglyh stolika gnomov pri nechetnom n, turnir gorodov 2020/21 ai_checked pust \\(n>1\\) nechetno. dan graf, yavlyayuschiysya obedineniem dvuh neperesekayuschihsya tsiklov dliny \\(n\\). dokazhite, chto mozhno dobavit \\(2n\\) novyh reber tak, chto posle udaleniya lyubyh \\(n\\) iz dobavlennyh reber v poluchennom grafe vse esche budet gamiltonov tsikl. cycle hamiltonian_cycle idea-two-shifted-bridge-families dve sdvinutye sistemy peremychek dobryy volshebnik dobavlyaet dve tsiklicheski sdvinutye sistemy reber mezhdu stolikami. posle udaleniya poloviny novyh reber v odnoy sisteme ostaetsya dostatochno mnogo peremychek; na nechetnom tsikle sredi nih obyazatelno naydutsya dve sosednie, i oni skleivayut dva staryh tsikla v odin. hamiltonian_cycles ai_checked sol-odd-bridge-strategy strategiya dobrogo volshebnika ai_checked cycle hamiltonian_cycle pigeonhole_principle oboznachim gnomov za dvumya stolikami cherez \\(a_1,\\ldots,a_n\\) i \\(b_1,\\ldots,b_n\\) v tsiklicheskom poryadke, indeksy schitaem po modulyu \\(n\\). pust \\(n=2k-1\\). dobryy volshebnik dobavlyaet rebra \\(a_ib_i\\) i \\(a_ib_{i+1}\\) dlya vseh \\(i\\). posle togo kak zloy volshebnik udalit \\(n\\) iz etih \\(2n\\) reber, v odnoy iz dvuh sistem ostanetsya hotya by \\(k\\) reber. na nechetnom tsikle dliny \\(2k-1\\) lyubye \\(k\\) vybrannyh pozitsiy soderzhat dve sosednie. znachit, v odnoy sisteme utseleli dve sosednie peremychki. razrezav oba ishodnyh tsikla v sootvetstvuyuschih mestah i proydya po dvum utselevshim peremychkam, poluchaem odin tsikl cherez vse \\(2n\\) vershin. poetomu pri nechetnom \\(n\\) dobryy volshebnik mozhet garantirovat nuzhnuyu rassadku.","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity","title":"Синие и красные клетки в таблице 44 на 44, Турнир городов 2022/23","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 67296, Турнир городов 2022/23, устный тур, задача 3"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Френкин Б.Р."],"tags":["connectivity","double_counting","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_easy","local_score":4,"comment":"Устный тур Турнира городов 2022/23, задача 3; по технике это короткая задача на связность и двойной счёт.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Клетки двух цветов","status":"ai_checked","text":"В таблице \\(44\\times44\\) часть клеток синие, а остальные красные. Никакие синие клетки не граничат друг с другом по стороне. Множество красных клеток связно по сторонам: от любой красной клетки можно добраться до любой другой красной, переходя из клетки в клетку через общую сторону и не заходя в синие клетки. Докажите, что синих клеток в таблице меньше трети.","definition_ids":["connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-bound-boundary","title":"Подсчёт границы двумя способами","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\(b\\) и \\(r\\) числа синих и красных клеток, а через \\(M\\) число общих сторон красных и синих клеток. Сверху считаем стороны красных клеток: надо вычесть стороны на границе таблицы и дважды учесть общие стороны двух красных клеток. Связность графа красных клеток даёт не меньше \\(r-1\\) таких общих сторон, поэтому \\(M\\le 2r-86\\). Boundary detail: blue boundary sides are at most 88, hence red boundary sides are at least 88, so this upper bound is \\(4r-88-2(r-1)=2r-86\\). Снизу считаем стороны синих клеток: у них нет общих сторон друг с другом, а на границе таблицы синих сторон не больше \\(88\\), значит \\(M\\ge 4b-88\\). Из этих двух оценок и равенства \\(b+r=44^2\\) получается \\(b\\le (44^2+1)/3\\). Так как \\(44^2\\equiv1\\pmod3\\), целое \\(b\\) строго меньше трети всех клеток."}],"relations":[{"id":"rel-tree-red-cells-2022","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-grid-forest-red-cells-even-board","neighbor_id":"vosh-2013-14-regional-even-rows-columns","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-utyum-2007-rectangle-tc-2022-grid-boundary-count","neighbor_id":"utyum-2007_lichol30_4_rectangle_coloring","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-red-cells-imo-2024-c4","neighbor_id":"imo-2024-c4-turbo-grid-monsters-three-attempts-strategy","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-tc-2022-23-bmo-2022-p4-grid-boundary","neighbor_id":"bmo-2022-p4-frog-grid-boundary-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity синие и красные клетки в таблице 44 на 44, турнир городов 2022/23 connectivity double_counting goal_exact_bound 2022 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=67296 olympiad_archive src-problems-67296 tc tc2022 with_solution задача 67296, турнир городов 2022/23, устный тур, задача 3 турнир городов турниргородов турниргородов2022 френкин б.р. френкин б.р. задача 67296, турнир городов 2022/23, устный тур, задача 3 stmt-original клетки двух цветов ai_checked в таблице \\(44\\times44\\) часть клеток синие, а остальные красные. никакие синие клетки не граничат друг с другом по стороне. множество красных клеток связно по сторонам: от любой красной клетки можно добраться до любой другой красной, переходя из клетки в клетку через общую сторону и не заходя в синие клетки. докажите, что синих клеток в таблице меньше трети. connected_graph idea-red-cell-graph граф красных клеток связность красных клеток превращается в нижнюю оценку числа общих сторон красных клеток через связный граф. connectivity double_counting ai_checked sol-bound-boundary подсчёт границы двумя способами ai_checked connected_graph double_counting обозначим через \\(b\\) и \\(r\\) числа синих и красных клеток, а через \\(m\\) число общих сторон красных и синих клеток. сверху считаем стороны красных клеток: надо вычесть стороны на границе таблицы и дважды учесть общие стороны двух красных клеток. связность графа красных клеток даёт не меньше \\(r-1\\) таких общих сторон, поэтому \\(m\\le 2r-86\\). boundary detail: blue boundary sides are at most 88, hence red boundary sides are at least 88, so this upper bound is \\(4r-88-2(r-1)=2r-86\\). снизу считаем стороны синих клеток: у них нет общих сторон друг с другом, а на границе таблицы синих сторон не больше \\(88\\), значит \\(m\\ge 4b-88\\). из этих двух оценок и равенства \\(b+r=44^2\\) получается \\(b\\le (44^2+1)/3\\). так как \\(44^2\\equiv1\\pmod3\\), целое \\(b\\) строго меньше трети всех клеток. tc-2022-23-blue-red-cells-connectivity sinie i krasnye kletki v tablitse 44 na 44, turnir gorodov 2022/23 connectivity double_counting goal_exact_bound 2022 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=67296 olympiad_archive src-problems-67296 tc tc2022 with_solution zadacha 67296, turnir gorodov 2022/23, ustnyy tur, zadacha 3 turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2022 frenkin b.r. frenkin b.r. zadacha 67296, turnir gorodov 2022/23, ustnyy tur, zadacha 3 stmt-original kletki dvuh tsvetov ai_checked v tablitse \\(44\\times44\\) chast kletok sinie, a ostalnye krasnye. nikakie sinie kletki ne granichat drug s drugom po storone. mnozhestvo krasnyh kletok svyazno po storonam: ot lyuboy krasnoy kletki mozhno dobratsya do lyuboy drugoy krasnoy, perehodya iz kletki v kletku cherez obschuyu storonu i ne zahodya v sinie kletki. dokazhite, chto sinih kletok v tablitse menshe treti. connected_graph idea-red-cell-graph graf krasnyh kletok svyaznost krasnyh kletok prevraschaetsya v nizhnyuyu otsenku chisla obschih storon krasnyh kletok cherez svyaznyy graf. connectivity double_counting ai_checked sol-bound-boundary podschet granitsy dvumya sposobami ai_checked connected_graph double_counting oboznachim cherez \\(b\\) i \\(r\\) chisla sinih i krasnyh kletok, a cherez \\(m\\) chislo obschih storon krasnyh i sinih kletok. sverhu schitaem storony krasnyh kletok: nado vychest storony na granitse tablitsy i dvazhdy uchest obschie storony dvuh krasnyh kletok. svyaznost grafa krasnyh kletok daet ne menshe \\(r-1\\) takih obschih storon, poetomu \\(m\\le 2r-86\\). boundary detail: blue boundary sides are at most 88, hence red boundary sides are at least 88, so this upper bound is \\(4r-88-2(r-1)=2r-86\\). snizu schitaem storony sinih kletok: u nih net obschih storon drug s drugom, a na granitse tablitsy sinih storon ne bolshe \\(88\\), znachit \\(m\\ge 4b-88\\). iz etih dvuh otsenok i ravenstva \\(b+r=44^2\\) poluchaetsya \\(b\\le (44^2+1)/3\\). tak kak \\(44^2\\equiv1\\pmod3\\), tseloe \\(b\\) strogo menshe treti vseh kletok.","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2022-bug-one-way-doors-bridgeless-grid","title":"Жук и односторонние двери клетчатого квадрата, Турнир городов 2022/23","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2022-bug-one-way-doors-bridgeless-grid.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2022-bug-one-way-doors-bridgeless-grid.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2022-bug-one-way-doors-bridgeless-grid","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["44-й Турнир городов, осенний тур 2022/23, сложный вариант, 10-11 классы"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","connectivity","graph_cut"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":4,"comment":"44-й Турнир городов, осенний сложный вариант, 10-11 классы, задача 4.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","status":"ai_checked","confidence":0.97,"basis":"официальный план развёрнут ИИ и проверен high-reasoning проходом 2026-05-07","notes":"Аудит высокой сложности 2026-05-07: сжатый эскиз через разрез заменён конструктивным доказательством расширения по уху для графов без мостов; случай клетчатого квадрата следует сразу.","label":"официальный план, доведённый ИИ"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Двери между соседними клетками","status":"ai_checked","text":"В клетчатом квадрате между каждыми двумя соседними по стороне клетками есть закрытая дверь. Жук начинает в одной клетке. Закрытую дверь он открывает в ту сторону, в которую идёт; через открытую дверь затем можно проходить только в этом направлении. Докажите, что жук сможет побывать во всех клетках.","definition_ids":["connected_graph","directed_graph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Ориентация рёбер при первом проходе","status":"ai_checked","text":"В клеточном графе квадрата вершины соответствуют клеткам, а рёбра - общим сторонам клеток. При первом проходе по неориентированному ребру оно ориентируется в сторону движения; далее по нему можно ходить только в этом направлении. Требуется доказать, что из заданной начальной вершины можно посетить все вершины.","definition_ids":["directed_graph","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-reachable-cut","title":"Достижимые клетки и отсутствие мостов","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","directed_graph","strongly_connected_digraph","bridge","cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем немного более общее утверждение: если \\(G\\) - связный граф без мостов, то из любой начальной вершины можно пройти так, чтобы посетить все вершины, при этом каждое новое ребро при первом проходе ориентируется в сторону движения, а дальше используется только по стрелке. Клеточный граф квадрата без мостов: каждое ребро лежит в некотором маленьком прямоугольном цикле; для квадрата \\(1\\times1\\) утверждение тривиально. Будем строить маршрут постепенно. Важный инвариант такой: среди уже открытых дверей есть сильно связная ориентированная часть на множестве уже освоенных клеток \\(S\\). Это означает, что, находясь в любой клетке из \\(S\\), жук может по уже открытым дверям добраться до любой другой клетки из \\(S\\). В начале \\(S\\) состоит только из стартовой клетки, и инвариант верен. Пусть \\(S\\) ещё не все вершины графа. Так как граф связен, из \\(S\\) выходит хотя бы одно ребро \\(uv\\), где \\…"}],"relations":[{"id":"rel-robbins-tc-2022-bug-bridgeless-orientation","neighbor_id":"robbins-strong-orientation-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"tc-2022-bug-one-way-doors-bridgeless-grid жук и односторонние двери клетчатого квадрата, турнир городов 2022/23 graph_model connectivity graph_cut 2022 44-й турнир городов, осенний тур 2022/23, сложный вариант, 10-11 классы https://tasks.olimpiada.ru/upload/files/tasks/5/2022/5-sol-math-10-11-sl_os-22-23.pdf problem_and_solution src-tc-2022-44-autumn-hard-doors-official tc tc2022 with_solution турнир городов турниргородов турниргородов2022 44-й турнир городов, осенний тур 2022/23, сложный вариант, 10-11 классы stmt-original двери между соседними клетками ai_checked в клетчатом квадрате между каждыми двумя соседними по стороне клетками есть закрытая дверь. жук начинает в одной клетке. закрытую дверь он открывает в ту сторону, в которую идёт; через открытую дверь затем можно проходить только в этом направлении. докажите, что жук сможет побывать во всех клетках. connected_graph directed_graph stmt-graph ориентация рёбер при первом проходе ai_checked в клеточном графе квадрата вершины соответствуют клеткам, а рёбра - общим сторонам клеток. при первом проходе по неориентированному ребру оно ориентируется в сторону движения; далее по нему можно ходить только в этом направлении. требуется доказать, что из заданной начальной вершины можно посетить все вершины. directed_graph connected_graph idea-reachable-cut разрез достижимых и недостижимых клеток если жук больше не может расширить множество достижимых клеток, все двери через границу ориентированы внутрь достижимого множества. но в клеточном графе через такую границу есть по крайней мере два ребра, и одно из них должно было дать обратный переход. connectivity ai_checked sol-reachable-cut достижимые клетки и отсутствие мостов ai_checked connected_graph directed_graph strongly_connected_digraph bridge cycle extremal_choice докажем немного более общее утверждение: если \\(g\\) - связный граф без мостов, то из любой начальной вершины можно пройти так, чтобы посетить все вершины, при этом каждое новое ребро при первом проходе ориентируется в сторону движения, а дальше используется только по стрелке. клеточный граф квадрата без мостов: каждое ребро лежит в некотором маленьком прямоугольном цикле; для квадрата \\(1\\times1\\) утверждение тривиально. будем строить маршрут постепенно. важный инвариант такой: среди уже открытых дверей есть сильно связная ориентированная часть на множестве уже освоенных клеток \\(s\\). это означает, что, находясь в любой клетке из \\(s\\), жук может по уже открытым дверям добраться до любой другой клетки из \\(s\\). в начале \\(s\\) состоит только из стартовой клетки, и инвариант верен. пусть \\(s\\) ещё не все вершины графа. так как граф связен, из \\(s\\) выходит хотя бы одно ребро \\(uv\\), где \\… tc-2022-bug-one-way-doors-bridgeless-grid zhuk i odnostoronnie dveri kletchatogo kvadrata, turnir gorodov 2022/23 graph_model connectivity graph_cut 2022 44-y turnir gorodov, osenniy tur 2022/23, slozhnyy variant, 10-11 klassy https://tasks.olimpiada.ru/upload/files/tasks/5/2022/5-sol-math-10-11-sl_os-22-23.pdf problem_and_solution src-tc-2022-44-autumn-hard-doors-official tc tc2022 with_solution turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2022 44-y turnir gorodov, osenniy tur 2022/23, slozhnyy variant, 10-11 klassy stmt-original dveri mezhdu sosednimi kletkami ai_checked v kletchatom kvadrate mezhdu kazhdymi dvumya sosednimi po storone kletkami est zakrytaya dver. zhuk nachinaet v odnoy kletke. zakrytuyu dver on otkryvaet v tu storonu, v kotoruyu idet; cherez otkrytuyu dver zatem mozhno prohodit tolko v etom napravlenii. dokazhite, chto zhuk smozhet pobyvat vo vseh kletkah. connected_graph directed_graph stmt-graph orientatsiya reber pri pervom prohode ai_checked v kletochnom grafe kvadrata vershiny sootvetstvuyut kletkam, a rebra - obschim storonam kletok. pri pervom prohode po neorientirovannomu rebru ono orientiruetsya v storonu dvizheniya; dalee po nemu mozhno hodit tolko v etom napravlenii. trebuetsya dokazat, chto iz zadannoy nachalnoy vershiny mozhno posetit vse vershiny. directed_graph connected_graph idea-reachable-cut razrez dostizhimyh i nedostizhimyh kletok esli zhuk bolshe ne mozhet rasshirit mnozhestvo dostizhimyh kletok, vse dveri cherez granitsu orientirovany vnutr dostizhimogo mnozhestva. no v kletochnom grafe cherez takuyu granitsu est po krayney mere dva rebra, i odno iz nih dolzhno bylo dat obratnyy perehod. connectivity ai_checked sol-reachable-cut dostizhimye kletki i otsutstvie mostov ai_checked connected_graph directed_graph strongly_connected_digraph bridge cycle extremal_choice dokazhem nemnogo bolee obschee utverzhdenie: esli \\(g\\) - svyaznyy graf bez mostov, to iz lyuboy nachalnoy vershiny mozhno proyti tak, chtoby posetit vse vershiny, pri etom kazhdoe novoe rebro pri pervom prohode orientiruetsya v storonu dvizheniya, a dalshe ispolzuetsya tolko po strelke. kletochnyy graf kvadrata bez mostov: kazhdoe rebro lezhit v nekotorom malenkom pryamougolnom tsikle; dlya kvadrata \\(1\\times1\\) utverzhdenie trivialno. budem stroit marshrut postepenno. vazhnyy invariant takoy: sredi uzhe otkrytyh dverey est silno svyaznaya orientirovannaya chast na mnozhestve uzhe osvoennyh kletok \\(s\\). eto oznachaet, chto, nahodyas v lyuboy kletke iz \\(s\\), zhuk mozhet po uzhe otkrytym dveryam dobratsya do lyuboy drugoy kletki iz \\(s\\). v nachale \\(s\\) sostoit tolko iz startovoy kletki, i invariant veren. pust \\(s\\) esche ne vse vershiny grafa. tak kak graf svyazen, iz \\(s\\) vyhodit hotya by odno rebro \\(uv\\), gde \\…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2022-crossword-word-cell-bipartite-graph","title":"Кроссворд и покрытие словами, Турнир городов 2021/22","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2022-crossword-word-cell-bipartite-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2022-crossword-word-cell-bipartite-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2022-crossword-word-cell-bipartite-graph","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["43-й Турнир городов, устный тур 2021/22, 11 класс, предварительные решения"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":["Френкин Б.Р."],"tags":["graph_in_solution","double_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":3,"comment":"Устный тур 43-го Турнира городов, 11 класс, задача 3.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","status":"source_verified","confidence":0.9,"basis":"официальный источник и признак сжатого/эскизного решения","notes":"Официальное решение Problems.ru/Турнира городов развёрнуто в самодостаточный подсчёт правильных и неправильных слов.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Кроссворд в квадрате n на n","status":"ai_checked","text":"Дан клетчатый квадрат \\(n\\times n\\). Кроссвордом будем называть некоторый набор его клеток. Словом называется любая горизонтальная или вертикальная полоска из клеток кроссворда, не содержащаяся ни в какой большей такой полоске. Пусть \\(x\\) — количество слов в кроссворде, а \\(y\\) — наименьшее количество слов, которыми можно покрыть все клетки кроссворда. Найдите максимум отношения \\(x/y\\) при данном \\(n\\).","definition_ids":["bipartite_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-incidence-degree-count","title":"Оценка через двудольный граф инцидентности","status":"source_verified","definition_ids":["bipartite_graph","degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ равен \\(1+\\frac n2\\). Сначала покажем, что это значение достигается. Возьмём в квадрате \\(n\\times n\\) прямоугольник из двух соседних столбцов и всех \\(n\\) строк. Его слова — это \\(n\\) горизонтальных слов длины \\(2\\) и два вертикальных слова длины \\(n\\), поэтому \\(x=n+2\\). Все клетки можно покрыть двумя вертикальными словами, и одним словом покрыть их нельзя, значит \\(y=2\\). Получаем \\(x/y=(n+2)/2=1+n/2\\). Докажем верхнюю оценку. Пусть в кроссворде \\(z\\) клеток. Выберем покрытие минимальным числом слов; эти \\(y\\) слов назовём правильными, остальные слова — неправильными. Так как правильные слова покрывают все клетки, сумма их длин не меньше \\(z\\). Длина любого слова не превосходит \\(n\\), следовательно \\[ y\\ge \\frac zn. \\] Теперь оценим число неправильных слов. Каждая клетка принадлежит не более чем одному горизонтальному и не более чем одному вертикальному слову. Поскольку клетка п…"}],"relations":[{"id":"rel-putnam-2012-tc-2022-bipartite-incidence-counting","neighbor_id":"putnam-2012-b3-round-robin-winners-hall","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-egmo-2016-p3-tc-2022-crossword-incidence-graph","neighbor_id":"egmo-2016-p3-blue-cells-bipartite-incidence","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"tc-2022-crossword-word-cell-bipartite-graph кроссворд и покрытие словами, турнир городов 2021/22 graph_in_solution double_counting 2022 43-й турнир городов, устный тур 2021/22, 11 класс, предварительные решения https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/5/2021/5-sol-math-11-ustn-21-22.pdf problem_and_solution src-tc-2022-43-oral-solutions tc tc2022 with_solution турнир городов турниргородов турниргородов2022 френкин б.р. френкин б.р. 43-й турнир городов, устный тур 2021/22, 11 класс, предварительные решения stmt-original кроссворд в квадрате n на n ai_checked дан клетчатый квадрат \\(n\\times n\\). кроссвордом будем называть некоторый набор его клеток. словом называется любая горизонтальная или вертикальная полоска из клеток кроссворда, не содержащаяся ни в какой большей такой полоске. пусть \\(x\\) — количество слов в кроссворде, а \\(y\\) — наименьшее количество слов, которыми можно покрыть все клетки кроссворда. найдите максимум отношения \\(x/y\\) при данном \\(n\\). bipartite_graph degree idea-crossword-incidence-graph двудольный граф слов и клеток официальное решение строит двудольный граф: первая доля — слова кроссворда, вторая — занятые клетки, а ребро соединяет слово с клеткой, если слово содержит эту клетку. graph_in_solution double_counting ai_checked sol-incidence-degree-count оценка через двудольный граф инцидентности source_verified bipartite_graph degree double_counting ответ равен \\(1+\\frac n2\\). сначала покажем, что это значение достигается. возьмём в квадрате \\(n\\times n\\) прямоугольник из двух соседних столбцов и всех \\(n\\) строк. его слова — это \\(n\\) горизонтальных слов длины \\(2\\) и два вертикальных слова длины \\(n\\), поэтому \\(x=n+2\\). все клетки можно покрыть двумя вертикальными словами, и одним словом покрыть их нельзя, значит \\(y=2\\). получаем \\(x/y=(n+2)/2=1+n/2\\). докажем верхнюю оценку. пусть в кроссворде \\(z\\) клеток. выберем покрытие минимальным числом слов; эти \\(y\\) слов назовём правильными, остальные слова — неправильными. так как правильные слова покрывают все клетки, сумма их длин не меньше \\(z\\). длина любого слова не превосходит \\(n\\), следовательно \\[ y\\ge \\frac zn. \\] теперь оценим число неправильных слов. каждая клетка принадлежит не более чем одному горизонтальному и не более чем одному вертикальному слову. поскольку клетка п… tc-2022-crossword-word-cell-bipartite-graph krossvord i pokrytie slovami, turnir gorodov 2021/22 graph_in_solution double_counting 2022 43-y turnir gorodov, ustnyy tur 2021/22, 11 klass, predvaritelnye resheniya https://rsr-olymp.ru/upload/files/tasks/5/2021/5-sol-math-11-ustn-21-22.pdf problem_and_solution src-tc-2022-43-oral-solutions tc tc2022 with_solution turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2022 frenkin b.r. frenkin b.r. 43-y turnir gorodov, ustnyy tur 2021/22, 11 klass, predvaritelnye resheniya stmt-original krossvord v kvadrate n na n ai_checked dan kletchatyy kvadrat \\(n\\times n\\). krossvordom budem nazyvat nekotoryy nabor ego kletok. slovom nazyvaetsya lyubaya gorizontalnaya ili vertikalnaya poloska iz kletok krossvorda, ne soderzhaschayasya ni v kakoy bolshey takoy poloske. pust \\(x\\) — kolichestvo slov v krossvorde, a \\(y\\) — naimenshee kolichestvo slov, kotorymi mozhno pokryt vse kletki krossvorda. naydite maksimum otnosheniya \\(x/y\\) pri dannom \\(n\\). bipartite_graph degree idea-crossword-incidence-graph dvudolnyy graf slov i kletok ofitsialnoe reshenie stroit dvudolnyy graf: pervaya dolya — slova krossvorda, vtoraya — zanyatye kletki, a rebro soedinyaet slovo s kletkoy, esli slovo soderzhit etu kletku. graph_in_solution double_counting ai_checked sol-incidence-degree-count otsenka cherez dvudolnyy graf intsidentnosti source_verified bipartite_graph degree double_counting otvet raven \\(1+\\frac n2\\). snachala pokazhem, chto eto znachenie dostigaetsya. vozmem v kvadrate \\(n\\times n\\) pryamougolnik iz dvuh sosednih stolbtsov i vseh \\(n\\) strok. ego slova — eto \\(n\\) gorizontalnyh slov dliny \\(2\\) i dva vertikalnyh slova dliny \\(n\\), poetomu \\(x=n+2\\). vse kletki mozhno pokryt dvumya vertikalnymi slovami, i odnim slovom pokryt ih nelzya, znachit \\(y=2\\). poluchaem \\(x/y=(n+2)/2=1+n/2\\). dokazhem verhnyuyu otsenku. pust v krossvorde \\(z\\) kletok. vyberem pokrytie minimalnym chislom slov; eti \\(y\\) slov nazovem pravilnymi, ostalnye slova — nepravilnymi. tak kak pravilnye slova pokryvayut vse kletki, summa ih dlin ne menshe \\(z\\). dlina lyubogo slova ne prevoshodit \\(n\\), sledovatelno \\[ y\\ge \\frac zn. \\] teper otsenim chislo nepravilnyh slov. kazhdaya kletka prinadlezhit ne bolee chem odnomu gorizontalnomu i ne bolee chem odnomu vertikalnomu slovu. poskolku kletka p…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest","title":"Разбить монеты на пары меньше чем за n взвешиваний, Турнир городов 2023/24","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["Задача 67417, Турнир городов 2023/24, осенний тур, сложный вариант, 10-11 класс"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":["Грибалко А.В."],"tags":["trees","goal_algorithm"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":14,"comment":"Осенний сложный тур 2023/24, 10-11 класс, задача 7 на 14 баллов; графовая часть отвечает за учёт числа взвешиваний в одном из решений.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"неофициальный опубликованный источник или признак опубликованного решения","notes":"Решение опубликовано не в официальном архиве; источник надо отличать от официального.","label":"опубликованное неофициальное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Монеты весом 9 и 10 граммов","status":"ai_checked","text":"На столе лежат \\(2n\\) неразличимых на вид монет. Известно, что \\(n\\) из них весят по 9 г, а остальные \\(n\\) — по 10 г. Требуется разбить их на \\(n\\) пар так, чтобы общий вес каждой пары равнялся 19 г. Докажите, что это можно сделать менее чем за \\(n\\) взвешиваний на чашечных весах без гирь, которые показывают, равны ли чаши, а если нет, то какая тяжелее.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-forest-accounting","title":"Алгоритм с кучками и лесом сравнений","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Удобно сначала вычесть из веса каждой монеты 9 г: монеты имеют веса 0 и 1, а нужная пара имеет вес 1. Для n=1 ничего делать не надо. Для n=2 сравним две монеты A и B: если они равны, пары (A,C),(B,D) подходят, а если не равны, подходят (A,B),(C,D). Для n=3 достаточно двух взвешиваний: сравнить A с B и C с D; при двух равенствах взять (A,C),(B,D),(E,F), при одном неравенстве, скажем в первом сравнении, взять (A,B),(C,E),(D,F), при двух неравенствах взять (A,B),(C,D),(E,F). Пусть теперь n ≥ 4. Произвольно разобьём монеты на n исходных пар. Пару веса 0 назовём лёгкой, веса 1 — средней, веса 2 — тяжёлой; лёгких и тяжёлых исходных пар поровну. Если мы узнаем тип каждой исходной пары, то средние пары оставим, а каждую лёгкую пару объединим с тяжёлой, беря по одной монете из каждой, и получим две средние пары. Будем строить кучки исходных пар. В ещё не использованном наборе сравниваем первую п…"}],"relations":[{"id":"rel-tree-coins-forest-2023","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-forest-columns-coins-2023","neighbor_id":"tc-1980-distinct-rows-delete-column","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-forest-coins-even-board","neighbor_id":"vosh-2013-14-regional-even-rows-columns","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-coins-imo-2024-c8","neighbor_id":"imo-2024-c8-board-coloring-tree","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-imo-2005-c2-imo-2023-coins-forest-charging","neighbor_id":"imo-2005-c2-dynastic-vertices-forest","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest разбить монеты на пары меньше чем за n взвешиваний, турнир городов 2023/24 trees goal_algorithm 2023 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=67417 olympiad_archive src-problems-67417 tc tc2023 with_solution грибалко а.в. задача 67417, турнир городов 2023/24, осенний тур, сложный вариант, 10-11 класс турнир городов турниргородов турниргородов2023 грибалко а.в. задача 67417, турнир городов 2023/24, осенний тур, сложный вариант, 10-11 класс stmt-original монеты весом 9 и 10 граммов ai_checked на столе лежат \\(2n\\) неразличимых на вид монет. известно, что \\(n\\) из них весят по 9 г, а остальные \\(n\\) — по 10 г. требуется разбить их на \\(n\\) пар так, чтобы общий вес каждой пары равнялся 19 г. докажите, что это можно сделать менее чем за \\(n\\) взвешиваний на чашечных весах без гирь, которые показывают, равны ли чаши, а если нет, то какая тяжелее. idea-weighings-as-forest взвешивания как рёбра леса чтобы доказать ограничение на число взвешиваний, достаточно сопоставить каждому существенному взвешиванию ребро между исходными парами и проверить, что циклы не возникают. trees ai_checked sol-forest-accounting алгоритм с кучками и лесом сравнений ai_checked cycle delete_to_simplify удобно сначала вычесть из веса каждой монеты 9 г: монеты имеют веса 0 и 1, а нужная пара имеет вес 1. для n=1 ничего делать не надо. для n=2 сравним две монеты a и b: если они равны, пары (a,c),(b,d) подходят, а если не равны, подходят (a,b),(c,d). для n=3 достаточно двух взвешиваний: сравнить a с b и c с d; при двух равенствах взять (a,c),(b,d),(e,f), при одном неравенстве, скажем в первом сравнении, взять (a,b),(c,e),(d,f), при двух неравенствах взять (a,b),(c,d),(e,f). пусть теперь n ≥ 4. произвольно разобьём монеты на n исходных пар. пару веса 0 назовём лёгкой, веса 1 — средней, веса 2 — тяжёлой; лёгких и тяжёлых исходных пар поровну. если мы узнаем тип каждой исходной пары, то средние пары оставим, а каждую лёгкую пару объединим с тяжёлой, беря по одной монете из каждой, и получим две средние пары. будем строить кучки исходных пар. в ещё не использованном наборе сравниваем первую п… tc-2023-24-coins-pairing-weighing-forest razbit monety na pary menshe chem za n vzveshivaniy, turnir gorodov 2023/24 trees goal_algorithm 2023 https://problems.ru/view_problem_details_new.php?id=67417 olympiad_archive src-problems-67417 tc tc2023 with_solution gribalko a.v. zadacha 67417, turnir gorodov 2023/24, osenniy tur, slozhnyy variant, 10-11 klass turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2023 gribalko a.v. zadacha 67417, turnir gorodov 2023/24, osenniy tur, slozhnyy variant, 10-11 klass stmt-original monety vesom 9 i 10 grammov ai_checked na stole lezhat \\(2n\\) nerazlichimyh na vid monet. izvestno, chto \\(n\\) iz nih vesyat po 9 g, a ostalnye \\(n\\) — po 10 g. trebuetsya razbit ih na \\(n\\) par tak, chtoby obschiy ves kazhdoy pary ravnyalsya 19 g. dokazhite, chto eto mozhno sdelat menee chem za \\(n\\) vzveshivaniy na chashechnyh vesah bez gir, kotorye pokazyvayut, ravny li chashi, a esli net, to kakaya tyazhelee. idea-weighings-as-forest vzveshivaniya kak rebra lesa chtoby dokazat ogranichenie na chislo vzveshivaniy, dostatochno sopostavit kazhdomu suschestvennomu vzveshivaniyu rebro mezhdu ishodnymi parami i proverit, chto tsikly ne voznikayut. trees ai_checked sol-forest-accounting algoritm s kuchkami i lesom sravneniy ai_checked cycle delete_to_simplify udobno snachala vychest iz vesa kazhdoy monety 9 g: monety imeyut vesa 0 i 1, a nuzhnaya para imeet ves 1. dlya n=1 nichego delat ne nado. dlya n=2 sravnim dve monety a i b: esli oni ravny, pary (a,c),(b,d) podhodyat, a esli ne ravny, podhodyat (a,b),(c,d). dlya n=3 dostatochno dvuh vzveshivaniy: sravnit a s b i c s d; pri dvuh ravenstvah vzyat (a,c),(b,d),(e,f), pri odnom neravenstve, skazhem v pervom sravnenii, vzyat (a,b),(c,e),(d,f), pri dvuh neravenstvah vzyat (a,b),(c,d),(e,f). pust teper n ≥ 4. proizvolno razobem monety na n ishodnyh par. paru vesa 0 nazovem legkoy, vesa 1 — sredney, vesa 2 — tyazheloy; legkih i tyazhelyh ishodnyh par porovnu. esli my uznaem tip kazhdoy ishodnoy pary, to srednie pary ostavim, a kazhduyu legkuyu paru obedinim s tyazheloy, berya po odnoy monete iz kazhdoy, i poluchim dve srednie pary. budem stroit kuchki ishodnyh par. v esche ne ispolzovannom nabore sravnivaem pervuyu p…","source_keys":["tc"]}
{"id":"tc-2024-connected-paper-pieces-chessboard-coloring","title":"Связные клетчатые куски и шахматная раскраска доски 45 на 45, Турнир городов 2023/24","path":"data\\problems\\tournament-cities\\tc-2024-connected-paper-pieces-chessboard-coloring.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/tournament-cities/tc-2024-connected-paper-pieces-chessboard-coloring.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#tc-2024-connected-paper-pieces-chessboard-coloring","source_key":"tc","source_label":"Турнир городов","source_titles":["45-й Турнир городов, устный тур 2023/24, 11 класс"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":["Казицына Т.В."],"tags":["graph_in_solution","connectivity","coloring","potential_function","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":6,"comment":"45-й Турнир городов, 11 класс, устный тур, задача 6; официальный разбор даёт ответ 45 и несколько способов оценки.","status":"source_verified"},"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":"официальный источник решения и несжатый текст решения","notes":"Текущий текст основан на официальном источнике и выглядит полным или почти полным.","label":"официальное полное/почти полное"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Наклеивание связных кусков белой и чёрной клетчатой бумаги","status":"source_verified","text":"У Вани есть клетчатая бумага двух видов: белая и чёрная. Он вырезает кусок из любой бумаги и наклеивает на серую клетчатую доску \\(45\\times45\\), делая так много раз. Какое минимальное число кусков нужно наклеить, чтобы «раскрасить» клетки доски в шахматном порядке? Каждый кусок — набор клеток, в котором от любой клетки до любой другой можно пройти, переходя из клетки в соседнюю через их общую сторону. Можно наклеивать куски один поверх другого. Все клетки имеют размер \\(1\\times1\\).","definition_ids":["connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-ready-diagonal-pairs","title":"ИИ-решение через готовые диагонали","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["potential_function"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 45 кусков. Сначала построим раскраску за 45 кусков. Возьмём центральную клетку доски. Для \\(r=0,1,\\ldots,44\\) обозначим через \\(D_r\\) множество клеток, расстояние от которых до центральной клетки по сторонам не больше \\(r\\). Это связные множества, причём \\(D_{44}\\) уже равно всей доске \\(45\\times45\\). Наклеим сначала кусок \\(D_{44}\\), затем \\(D_{43}\\), и так далее до \\(D_0\\), каждый раз выбирая цвет, противоположный цвету предыдущего куска. Клетка на расстоянии \\(d\\) от центра сверху в последний раз покрывается куском \\(D_d\\); так как в шахматной раскраске цвет клетки зависит ровно от чётности этого расстояния, подходящий выбор цвета центрального куска даёт шахматную раскраску всей доски. Значит, 45 кусков достаточно. Докажем, что меньшего числа кусков не хватит. В любой успешной последовательности можно считать, что первый наклеенный кусок — вся доска: если первый кусок был мень…"}],"relations":[],"search_text":"tc-2024-connected-paper-pieces-chessboard-coloring связные клетчатые куски и шахматная раскраска доски 45 на 45, турнир городов 2023/24 graph_in_solution connectivity coloring potential_function goal_exact_bound 2024 45-й турнир городов, устный тур 2023/24, 11 класс https://tasks.olimpiada.ru/upload/files/tasks/5/2023/5-sol-math-11-ustn-23-24.pdf problem_and_solution src-tc-2024-45-oral-solutions tc tc2024 with_solution казицына т.в. турнир городов турниргородов турниргородов2024 казицына т.в. 45-й турнир городов, устный тур 2023/24, 11 класс stmt-original наклеивание связных кусков белой и чёрной клетчатой бумаги source_verified у вани есть клетчатая бумага двух видов: белая и чёрная. он вырезает кусок из любой бумаги и наклеивает на серую клетчатую доску \\(45\\times45\\), делая так много раз. какое минимальное число кусков нужно наклеить, чтобы «раскрасить» клетки доски в шахматном порядке? каждый кусок — набор клеток, в котором от любой клетки до любой другой можно пройти, переходя из клетки в соседнюю через их общую сторону. можно наклеивать куски один поверх другого. все клетки имеют размер \\(1\\times1\\). connected_graph path idea-connected-piece-diagonal-interval связный кусок пересекает подряд идущие диагонали если занумеровать диагонали одного направления, то при переходе в соседнюю по стороне клетку номер диагонали меняется на 1. поэтому множество номеров диагоналей, пересекающих связный кусок, является отрезком. graph_in_solution connectivity coloring ai_checked idea-ready-diagonal-pairs-potential потенциал из соседних готовых диагоналей следим за числом пар соседних диагоналей, уже имеющих итоговые цвета. один связный одноцветный кусок может создать новые готовые пары только у двух краёв отрезка диагоналей, который он пересекает. potential_function coloring goal_exact_bound ai_checked sol-ai-ready-diagonal-pairs ии-решение через готовые диагонали ai_checked connected_graph path potential_function ответ: 45 кусков. сначала построим раскраску за 45 кусков. возьмём центральную клетку доски. для \\(r=0,1,\\ldots,44\\) обозначим через \\(d_r\\) множество клеток, расстояние от которых до центральной клетки по сторонам не больше \\(r\\). это связные множества, причём \\(d_{44}\\) уже равно всей доске \\(45\\times45\\). наклеим сначала кусок \\(d_{44}\\), затем \\(d_{43}\\), и так далее до \\(d_0\\), каждый раз выбирая цвет, противоположный цвету предыдущего куска. клетка на расстоянии \\(d\\) от центра сверху в последний раз покрывается куском \\(d_d\\); так как в шахматной раскраске цвет клетки зависит ровно от чётности этого расстояния, подходящий выбор цвета центрального куска даёт шахматную раскраску всей доски. значит, 45 кусков достаточно. докажем, что меньшего числа кусков не хватит. в любой успешной последовательности можно считать, что первый наклеенный кусок — вся доска: если первый кусок был мень… tc-2024-connected-paper-pieces-chessboard-coloring svyaznye kletchatye kuski i shahmatnaya raskraska doski 45 na 45, turnir gorodov 2023/24 graph_in_solution connectivity coloring potential_function goal_exact_bound 2024 45-y turnir gorodov, ustnyy tur 2023/24, 11 klass https://tasks.olimpiada.ru/upload/files/tasks/5/2023/5-sol-math-11-ustn-23-24.pdf problem_and_solution src-tc-2024-45-oral-solutions tc tc2024 with_solution kazitsyna t.v. turnir gorodov turnirgorodov turnirgorodov2024 kazitsyna t.v. 45-y turnir gorodov, ustnyy tur 2023/24, 11 klass stmt-original nakleivanie svyaznyh kuskov beloy i chernoy kletchatoy bumagi source_verified u vani est kletchataya bumaga dvuh vidov: belaya i chernaya. on vyrezaet kusok iz lyuboy bumagi i nakleivaet na seruyu kletchatuyu dosku \\(45\\times45\\), delaya tak mnogo raz. kakoe minimalnoe chislo kuskov nuzhno nakleit, chtoby «raskrasit» kletki doski v shahmatnom poryadke? kazhdyy kusok — nabor kletok, v kotorom ot lyuboy kletki do lyuboy drugoy mozhno proyti, perehodya iz kletki v sosednyuyu cherez ih obschuyu storonu. mozhno nakleivat kuski odin poverh drugogo. vse kletki imeyut razmer \\(1\\times1\\). connected_graph path idea-connected-piece-diagonal-interval svyaznyy kusok peresekaet podryad iduschie diagonali esli zanumerovat diagonali odnogo napravleniya, to pri perehode v sosednyuyu po storone kletku nomer diagonali menyaetsya na 1. poetomu mnozhestvo nomerov diagonaley, peresekayuschih svyaznyy kusok, yavlyaetsya otrezkom. graph_in_solution connectivity coloring ai_checked idea-ready-diagonal-pairs-potential potentsial iz sosednih gotovyh diagonaley sledim za chislom par sosednih diagonaley, uzhe imeyuschih itogovye tsveta. odin svyaznyy odnotsvetnyy kusok mozhet sozdat novye gotovye pary tolko u dvuh kraev otrezka diagonaley, kotoryy on peresekaet. potential_function coloring goal_exact_bound ai_checked sol-ai-ready-diagonal-pairs ii-reshenie cherez gotovye diagonali ai_checked connected_graph path potential_function otvet: 45 kuskov. snachala postroim raskrasku za 45 kuskov. vozmem tsentralnuyu kletku doski. dlya \\(r=0,1,\\ldots,44\\) oboznachim cherez \\(d_r\\) mnozhestvo kletok, rasstoyanie ot kotoryh do tsentralnoy kletki po storonam ne bolshe \\(r\\). eto svyaznye mnozhestva, prichem \\(d_{44}\\) uzhe ravno vsey doske \\(45\\times45\\). nakleim snachala kusok \\(d_{44}\\), zatem \\(d_{43}\\), i tak dalee do \\(d_0\\), kazhdyy raz vybiraya tsvet, protivopolozhnyy tsvetu predyduschego kuska. kletka na rasstoyanii \\(d\\) ot tsentra sverhu v posledniy raz pokryvaetsya kuskom \\(d_d\\); tak kak v shahmatnoy raskraske tsvet kletki zavisit rovno ot chetnosti etogo rasstoyaniya, podhodyaschiy vybor tsveta tsentralnogo kuska daet shahmatnuyu raskrasku vsey doski. znachit, 45 kuskov dostatochno. dokazhem, chto menshego chisla kuskov ne hvatit. v lyuboy uspeshnoy posledovatelnosti mozhno schitat, chto pervyy nakleennyy kusok — vsya doska: esli pervyy kusok byl men…","source_keys":["tc"]}