{"id":"lktg-2026-bella-chingiz-perfect-matching-bias-1-2-and-1-3","title":"Белла и Чингиз с начальным совершенным паросочетанием, версии 1:2 и 1:3","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-bella-chingiz-perfect-matching-bias-1-2-and-1-3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-bella-chingiz-perfect-matching-bias-1-2-and-1-3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-bella-chingiz-perfect-matching-bias-1-2-and-1-3","source_key":"lktg","source_label":"LKTG","source_titles":["ЮМТ 2025, Гранд-лига, финал, 3. Белла и Чингиз на полном графе","ЛКТГ 2026, проект 2 «Игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7"],"year":"2026","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","matching","graph_symmetry","invariant","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_medium","local_score":5,"comment":"Начальное совершенное паросочетание превращает задачу в явную копирующую стратегию с двумя обязательными ответными рёбрами.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","label":"полное решение ИИ","status":"ai_checked","confidence":0.97,"basis":"полное доказательство копирующей стратегии и независимая проверка малых случаев","notes":"Одна стратегия доказывает более сильное утверждение для обеих квот: каждой белой клике размера r соответствует чёрная клика размера r+1.","audit_source":"bella-chingiz-perfect-matching-high-reasoning-2026-08-15"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Версия 1:2","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\ge 2\\) — чётное число. Белла и Чингиз играют на рёбрах полного графа \\(K_n\\). До первого хода Чингиз красит в чёрный цвет рёбра некоторого совершенного паросочетания, то есть \\(n/2\\) попарно непересекающихся рёбер, покрывающих все вершины. Затем игра идёт по раундам. Белла красит одно свободное ребро белым, после чего Чингиз красит два свободных ребра чёрным; если свободных рёбер осталось меньше двух, он красит все оставшиеся. После окраски всех рёбер Чингиз выигрывает, если наибольшая чёрная клика строго больше наибольшей белой. Докажите, что Чингиз имеет выигрышную стратегию.","definition_ids":["complete_graph","matching","clique"]},{"id":"stmt-bias-1-3","title":"Версия 1:3","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(n\\ge 2\\) — чётное число. Белла и Чингиз играют на рёбрах полного графа \\(K_n\\). До первого хода Чингиз красит в чёрный цвет рёбра некоторого совершенного паросочетания, то есть \\(n/2\\) попарно непересекающихся рёбер, покрывающих все вершины. Затем игра идёт по раундам. Белла красит одно свободное ребро белым, после чего Чингиз красит три свободных ребра чёрным; если свободных рёбер осталось меньше трёх, он красит все оставшиеся. После окраски всех рёбер Чингиз выигрывает, если наибольшая чёрная клика строго больше наибольшей белой. Докажите, что Чингиз имеет выигрышную стратегию.","definition_ids":["complete_graph","matching","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ordered-perfect-matching","title":"Единая стратегия для версий 1:2 и 1:3","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","matching","clique"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\(\\varphi(x)\\) партнёра вершины \\(x\\) в начальном чёрном совершенном паросочетании и линейно упорядочим его пары. Пусть Белла покрасила ребро \\(xy\\), причём пара вершины \\(x\\) стоит раньше пары вершины \\(y\\). Чингиз красит чёрным рёбра \\[\\varphi(x)\\varphi(y)\\quad\\text{и}\\quad x\\varphi(y).\\] Если одно из них уже чёрное, освободившийся ход он делает произвольно. Оба предписанных ребра свободны или уже чёрны. Действительно, если Белла раньше покрасила \\(\\varphi(x)\\varphi(y)\\), то ответ Чингиза на тот ход уже включал бы \\(xy\\). Если она раньше покрасила \\(x\\varphi(y)\\), ответ на тот ход также включал бы \\(xy\\). В обоих случаях нынешнее ребро \\(xy\\) не могло бы быть свободным перед ходом Беллы. Значит, стратегия легальна. Пусть \\(C\\) — произвольная белая клика размера \\(r\\). Она содержит не более одной вершины из каждой пары, потому что рёбра начального паросочетания чёрные.…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p13-perfect-matching-variants","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem13-bella-chingiz-complete-graph","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-bella-chingiz-perfect-matching-bias-1-2-and-1-3 белла и чингиз с начальным совершенным паросочетанием, версии 1:2 и 1:3 coloring matching graph_symmetry invariant goal_strategy_game 2026 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/final_usl_grand2.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf lktg lktg2026 olympiad_archive src-lktg-2026-project2-problems-ru src-yumt-2025-grand-final-problem3-official with_solution лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 юмт 2025, гранд-лига, финал, 3. белла и чингиз на полном графе юмт 2025, гранд-лига, финал, 3. белла и чингиз на полном графе лктг 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах»: условия, русская редакция 7 stmt-original версия 1:2 ai_checked пусть \\(n\\ge 2\\) — чётное число. белла и чингиз играют на рёбрах полного графа \\(k_n\\). до первого хода чингиз красит в чёрный цвет рёбра некоторого совершенного паросочетания, то есть \\(n/2\\) попарно непересекающихся рёбер, покрывающих все вершины. затем игра идёт по раундам. белла красит одно свободное ребро белым, после чего чингиз красит два свободных ребра чёрным; если свободных рёбер осталось меньше двух, он красит все оставшиеся. после окраски всех рёбер чингиз выигрывает, если наибольшая чёрная клика строго больше наибольшей белой. докажите, что чингиз имеет выигрышную стратегию. complete_graph matching clique stmt-bias-1-3 версия 1:3 ai_checked пусть \\(n\\ge 2\\) — чётное число. белла и чингиз играют на рёбрах полного графа \\(k_n\\). до первого хода чингиз красит в чёрный цвет рёбра некоторого совершенного паросочетания, то есть \\(n/2\\) попарно непересекающихся рёбер, покрывающих все вершины. затем игра идёт по раундам. белла красит одно свободное ребро белым, после чего чингиз красит три свободных ребра чёрным; если свободных рёбер осталось меньше трёх, он красит все оставшиеся. после окраски всех рёбер чингиз выигрывает, если наибольшая чёрная клика строго больше наибольшей белой. докажите, что чингиз имеет выигрышную стратегию. complete_graph matching clique idea-ordered-pair-copy копировать белую клику по упорядоченным парам упорядочим пары начального паросочетания. на белое ребро между более ранней и более поздней парами чингиз красит ребро между противоположными вершинами и перекрёстное ребро от исходной вершины ранней пары к противоположной вершине поздней пары. matching graph_symmetry invariant ai_checked sol-ordered-perfect-matching единая стратегия для версий 1:2 и 1:3 ai_checked complete_graph matching clique обозначим через \\(\\varphi(x)\\) партнёра вершины \\(x\\) в начальном чёрном совершенном паросочетании и линейно упорядочим его пары. пусть белла покрасила ребро \\(xy\\), причём пара вершины \\(x\\) стоит раньше пары вершины \\(y\\). чингиз красит чёрным рёбра \\[\\varphi(x)\\varphi(y)\\quad\\text{и}\\quad x\\varphi(y).\\] если одно из них уже чёрное, освободившийся ход он делает произвольно. оба предписанных ребра свободны или уже чёрны. действительно, если белла раньше покрасила \\(\\varphi(x)\\varphi(y)\\), то ответ чингиза на тот ход уже включал бы \\(xy\\). если она раньше покрасила \\(x\\varphi(y)\\), ответ на тот ход также включал бы \\(xy\\). в обоих случаях нынешнее ребро \\(xy\\) не могло бы быть свободным перед ходом беллы. значит, стратегия легальна. пусть \\(c\\) — произвольная белая клика размера \\(r\\). она содержит не более одной вершины из каждой пары, потому что рёбра начального паросочетания чёрные.… lktg-2026-bella-chingiz-perfect-matching-bias-1-2-and-1-3 bella i chingiz s nachalnym sovershennym parosochetaniem, versii 1:2 i 1:3 coloring matching graph_symmetry invariant goal_strategy_game 2026 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/final_usl_grand2.pdf https://turgor.ru/lktg/2026/2/2-1-changing_graphs-rus.pdf lktg lktg2026 olympiad_archive src-lktg-2026-project2-problems-ru src-yumt-2025-grand-final-problem3-official with_solution lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 yumt 2025, grand-liga, final, 3. bella i chingiz na polnom grafe yumt 2025, grand-liga, final, 3. bella i chingiz na polnom grafe lktg 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah»: usloviya, russkaya redaktsiya 7 stmt-original versiya 1:2 ai_checked pust \\(n\\ge 2\\) — chetnoe chislo. bella i chingiz igrayut na rebrah polnogo grafa \\(k_n\\). do pervogo hoda chingiz krasit v chernyy tsvet rebra nekotorogo sovershennogo parosochetaniya, to est \\(n/2\\) poparno neperesekayuschihsya reber, pokryvayuschih vse vershiny. zatem igra idet po raundam. bella krasit odno svobodnoe rebro belym, posle chego chingiz krasit dva svobodnyh rebra chernym; esli svobodnyh reber ostalos menshe dvuh, on krasit vse ostavshiesya. posle okraski vseh reber chingiz vyigryvaet, esli naibolshaya chernaya klika strogo bolshe naibolshey beloy. dokazhite, chto chingiz imeet vyigryshnuyu strategiyu. complete_graph matching clique stmt-bias-1-3 versiya 1:3 ai_checked pust \\(n\\ge 2\\) — chetnoe chislo. bella i chingiz igrayut na rebrah polnogo grafa \\(k_n\\). do pervogo hoda chingiz krasit v chernyy tsvet rebra nekotorogo sovershennogo parosochetaniya, to est \\(n/2\\) poparno neperesekayuschihsya reber, pokryvayuschih vse vershiny. zatem igra idet po raundam. bella krasit odno svobodnoe rebro belym, posle chego chingiz krasit tri svobodnyh rebra chernym; esli svobodnyh reber ostalos menshe treh, on krasit vse ostavshiesya. posle okraski vseh reber chingiz vyigryvaet, esli naibolshaya chernaya klika strogo bolshe naibolshey beloy. dokazhite, chto chingiz imeet vyigryshnuyu strategiyu. complete_graph matching clique idea-ordered-pair-copy kopirovat beluyu kliku po uporyadochennym param uporyadochim pary nachalnogo parosochetaniya. na beloe rebro mezhdu bolee ranney i bolee pozdney parami chingiz krasit rebro mezhdu protivopolozhnymi vershinami i perekrestnoe rebro ot ishodnoy vershiny ranney pary k protivopolozhnoy vershine pozdney pary. matching graph_symmetry invariant ai_checked sol-ordered-perfect-matching edinaya strategiya dlya versiy 1:2 i 1:3 ai_checked complete_graph matching clique oboznachim cherez \\(\\varphi(x)\\) partnera vershiny \\(x\\) v nachalnom chernom sovershennom parosochetanii i lineyno uporyadochim ego pary. pust bella pokrasila rebro \\(xy\\), prichem para vershiny \\(x\\) stoit ranshe pary vershiny \\(y\\). chingiz krasit chernym rebra \\[\\varphi(x)\\varphi(y)\\quad\\text{i}\\quad x\\varphi(y).\\] esli odno iz nih uzhe chernoe, osvobodivshiysya hod on delaet proizvolno. oba predpisannyh rebra svobodny ili uzhe cherny. deystvitelno, esli bella ranshe pokrasila \\(\\varphi(x)\\varphi(y)\\), to otvet chingiza na tot hod uzhe vklyuchal by \\(xy\\). esli ona ranshe pokrasila \\(x\\varphi(y)\\), otvet na tot hod takzhe vklyuchal by \\(xy\\). v oboih sluchayah nyneshnee rebro \\(xy\\) ne moglo by byt svobodnym pered hodom belly. znachit, strategiya legalna. pust \\(c\\) — proizvolnaya belaya klika razmera \\(r\\). ona soderzhit ne bolee odnoy vershiny iz kazhdoy pary, potomu chto rebra nachalnogo parosochetaniya chernye.…","source_keys":["lktg","yumt"]}
{"id":"lktg-2026-project2-problem13-bella-chingiz-complete-graph","title":"Белла и Чингиз: сравнение белой и чёрной клик на полном графе","path":"data\\problems\\lktg\\lktg-2026-project2-problem13-bella-chingiz-complete-graph.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/lktg/lktg-2026-project2-problem13-bella-chingiz-complete-graph.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#lktg-2026-project2-problem13-bella-chingiz-complete-graph","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","ЮМТ 2025, Гранд-лига, финал, 3. Белла и Чингиз на полном графе"],"year":"2026","type":"research_project_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_strategy_game","construction","process_invariant","trees","extremal_graph_theory","ramsey_theory","goal_proof"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"national_final_hard","local_score":10,"comment":"Официальная сложность: а) 3/5; б) 4/5; в) 5/5; г) открытая.","status":"source_verified"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_partial_with_open_subproblems","label":"официальные полные решения закрытых подпунктов; пункт г открыт","status":"ai_checked","confidence":0.94,"basis":"официальный PDF решений, русская редакция 7","notes":"Официальные стратегии полностью покрывают закрытые подпункты а-в; ответ фиксированной версии ЮМТ для всех k не меньше 3 дополнен ИИ-леммой монотонности; режим k=2 остаётся открытым."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Белла и Чингиз на полном графе","status":"source_verified","text":"Пусть \\(n\\ge3\\) и \\(k\\ge1\\) — целые числа. Белла и Чингиз играют на полном графе \\(K_n\\); начинает Белла. В каждом раунде Белла красит одно свободное ребро белым. Если после этого свободные рёбра остались, Чингиз красит \\(k\\) из них чёрным, а если их меньше \\(k\\) — все оставшиеся. Игра заканчивается сразу после окраски последнего свободного ребра. Чингиз выигрывает тогда и только тогда, когда наибольшая чёрная клика строго больше наибольшей белой. а) Пусть \\(n>3\\) чётно и \\(k=4\\). Постройте явную выигрышную стратегию Чингиза. б) Пусть \\(n>3\\) чётно и \\(k=3\\). Постройте явную выигрышную стратегию Чингиза. в) Пусть \\(n>3\\) нечётно и \\(k=3\\). Постройте явную выигрышную стратегию Чингиза. г★) Докажите или опровергните: при \\(k=2\\) Чингиз имеет выигрышную стратегию для каждого чётного \\(n>3\\). Подпункт г) отмечен в официальном PDF как открытый. Официального решения для него нет, и настоящая карточка его не предлагает.","definition_ids":["complete_graph","clique","tree"]},{"id":"stmt-yumt-2025-n-2024","title":"Версия ЮМТ для \\(K_{2024}\\)","status":"source_verified","text":"Белла и Чингиз играют на полном графе из 2024 вершин, делая ходы по очереди; начинает Белла. В свой ход Чингиз красит \\(k\\) рёбер (или все оставшиеся) в чёрный цвет, Белла — одно в белый. Игра кончается, когда все рёбра будут покрашены. Если максимальная чёрная клика окажется строго больше максимальной белой, то выиграет Чингиз, иначе — Белла. При каких \\(k\\ge 3\\) Чингиз имеет выигрышную стратегию?","definition_ids":["complete_graph","clique"]},{"id":"stmt-exact-erdos-conjecture","title":"Точная открытая гипотеза для режима 1:2","status":"source_verified","text":"Открытая задача. Белла и Чингиз играют на рёбрах \\(K_n\\). Белла ходит первой и каждый раз красит одно свободное ребро белым; после каждого её хода Чингиз красит два свободных ребра чёрным. После окраски всех рёбер Чингиз выигрывает, если \\(\\omega(B)>\\omega(W)\\), иначе выигрывает Белла. Докажите или опровергните: Чингиз имеет выигрышную стратегию для каждого \\(n\\ge4\\). Этот пункт отмечен в официальном PDF звездой как открытый; официальное решение не приводится.","definition_ids":["complete_graph","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-parts-a-c","title":"Официальные стратегии для закрытых подпунктов а–в","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","clique","tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Во всех частях через \\(\\bar v\\) будем обозначать вершину, поставленную Чингизом в пару с \\(v\\). а) Чётное \\(n\\), \\(k=4\\). Сначала все вершины считаются свободными. Чингиз постепенно создаёт непересекающиеся пары \\(\\{x,\\bar x\\}\\) с чёрным ребром \\(x\\bar x\\). Четыре ребра между двумя парами назовём блоком. Некоторые блоки отмечаются; отмеченные блоки образуют граф \\(F\\) на множестве пар. На белое ребро \\(xy\\) Чингиз отвечает так. 1. Если \\(x,y\\) свободны, он выбирает ещё две свободные вершины \\(\\bar x,\\bar y\\), красит чёрным \\(x\\bar x,y\\bar y,\\bar x\\bar y\\), создаёт пары \\(X=\\{x,\\bar x\\}\\), \\(Y=\\{y,\\bar y\\}\\) и отмечает блок \\(XY\\). 2. Если \\(x\\) уже входит в пару \\(X\\), а \\(y\\) свободна, он выбирает свободную \\(\\bar y\\), красит \\(y\\bar y,x\\bar y,\\bar x\\bar y\\), создаёт пару \\(Y\\), отмечает блок и ориентирует ребро \\(X\\to Y\\). 3. Если обе вершины уже имеют пары, он красит все ещё свободны…"},{"id":"sol-ai-yumt-all-k-at-least-three","title":"ИИ-дополнение: монотонность по числу чёрных рёбер за ход","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","clique"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем общую лемму. Пусть при квоте \\(k_0\\) у Чингиза есть выигрышная стратегия, а условие его победы сохраняется при добавлении чёрных и удалении белых рёбер. Тогда та же сторона выигрывает при любой квоте \\(k\\ge k_0\\). Чингиз ведёт воображаемую партию с квотой \\(k_0\\). До окончания реальной партии он поддерживает два инварианта: каждое воображаемое чёрное ребро чёрно и в реальности, а множества белых рёбер в двух партиях совпадают. Поэтому каждый реальный белый ход можно повторить в воображаемой партии: выбранное ребро не является там ни чёрным, ни белым. Затем воображаемая стратегия называет не более \\(k_0\\) свободных рёбер. Чингиз объявляет их чёрными в воображаемой партии и красит в реальной те из них, которые там ещё свободны. Ребро, уже чёрное в реальной партии, было одним из прежних лишних ходов Чингиза, поэтому повторно красить его не нужно. Оставшуюся часть реальной квоты до…"}],"relations":[{"id":"rel-lktg-2026-p13-perfect-matching-variants","neighbor_id":"lktg-2026-bella-chingiz-perfect-matching-bias-1-2-and-1-3","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-lktg-2026-p13-p12-solved-small-case","neighbor_id":"lktg-2026-project2-problem12-biased-game-one-two","direction":"forward","type":"specialization","distance":1,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-lktg-2026-p13-biased-clique-family","neighbor_id":"malekshahian-spiro-biased-clique-building-game","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"lktg-2026-project2-problem13-bella-chingiz-complete-graph белла и чингиз: сравнение белой и чёрной клик на полном графе coloring goal_strategy_game construction process_invariant trees extremal_graph_theory ramsey_theory goal_proof 2026 38-я летняя конференция турнира городов 2026, проект 2 «игры на меняющихся графах» https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/final_usl_grand2.pdf 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 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-yumt-2025-grand-final-problem3-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 юмт 2025, гранд-лига, финал, 3. белла и чингиз на полном графе ? 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 юмт 2025, гранд-лига, финал, 3. белла и чингиз на полном графе stmt-original белла и чингиз на полном графе source_verified пусть \\(n\\ge3\\) и \\(k\\ge1\\) — целые числа. белла и чингиз играют на полном графе \\(k_n\\); начинает белла. в каждом раунде белла красит одно свободное ребро белым. если после этого свободные рёбра остались, чингиз красит \\(k\\) из них чёрным, а если их меньше \\(k\\) — все оставшиеся. игра заканчивается сразу после окраски последнего свободного ребра. чингиз выигрывает тогда и только тогда, когда наибольшая чёрная клика строго больше наибольшей белой. а) пусть \\(n>3\\) чётно и \\(k=4\\). постройте явную выигрышную стратегию чингиза. б) пусть \\(n>3\\) чётно и \\(k=3\\). постройте явную выигрышную стратегию чингиза. в) пусть \\(n>3\\) нечётно и \\(k=3\\). постройте явную выигрышную стратегию чингиза. г★) докажите или опровергните: при \\(k=2\\) чингиз имеет выигрышную стратегию для каждого чётного \\(n>3\\). подпункт г) отмечен в официальном pdf как открытый. официального решения для него нет, и настоящая карточка его не предлагает. complete_graph clique tree stmt-yumt-2025-n-2024 версия юмт для \\(k_{2024}\\) source_verified белла и чингиз играют на полном графе из 2024 вершин, делая ходы по очереди; начинает белла. в свой ход чингиз красит \\(k\\) рёбер (или все оставшиеся) в чёрный цвет, белла — одно в белый. игра кончается, когда все рёбра будут покрашены. если максимальная чёрная клика окажется строго больше максимальной белой, то выиграет чингиз, иначе — белла. при каких \\(k\\ge 3\\) чингиз имеет выигрышную стратегию? complete_graph clique stmt-exact-erdos-conjecture точная открытая гипотеза для режима 1:2 source_verified открытая задача. белла и чингиз играют на рёбрах \\(k_n\\). белла ходит первой и каждый раз красит одно свободное ребро белым; после каждого её хода чингиз красит два свободных ребра чёрным. после окраски всех рёбер чингиз выигрывает, если \\(\\omega(b)>\\omega(w)\\), иначе выигрывает белла. докажите или опровергните: чингиз имеет выигрышную стратегию для каждого \\(n\\ge4\\). этот пункт отмечен в официальном pdf звездой как открытый; официальное решение не приводится. complete_graph clique idea-opposite-pairs-and-forest противоположные пары и лес ранних блоков чингиз объединяет затронутые вершины в пары с чёрным внутренним ребром. первые белые рёбра между ещё не готовыми парами образуют лес на множестве пар, а каждому белому ребру сопоставляется чёрное противоположное. construction process_invariant ai_checked idea-white-clique-to-black-clique белая клика переходит в большую чёрную из белой клики выбирается не более одной вершины каждой пары. противоположные вершины образуют чёрную клику, а лесной подсчёт или источник ориентированного леса даёт ещё одну чёрную вершину. goal_strategy_game trees ai_checked idea-own-edge-quota-monotonicity монотонность выигрышной стратегии по собственной квоте стратегию для меньшей чёрной квоты разыгрывают на воображаемой доске. лишние реальные чёрные рёбра считаются подарками и не могут ухудшить монотонную цель сравнения кликовых чисел. process_invariant goal_strategy_game ai_checked sol-official-parts-a-c официальные стратегии для закрытых подпунктов а–в ai_checked complete_graph clique tree во всех частях через \\(\\bar v\\) будем обозначать вершину, поставленную чингизом в пару с \\(v\\). а) чётное \\(n\\), \\(k=4\\). сначала все вершины считаются свободными. чингиз постепенно создаёт непересекающиеся пары \\(\\{x,\\bar x\\}\\) с чёрным ребром \\(x\\bar x\\). четыре ребра между двумя парами назовём блоком. некоторые блоки отмечаются; отмеченные блоки образуют граф \\(f\\) на множестве пар. на белое ребро \\(xy\\) чингиз отвечает так. 1. если \\(x,y\\) свободны, он выбирает ещё две свободные вершины \\(\\bar x,\\bar y\\), красит чёрным \\(x\\bar x,y\\bar y,\\bar x\\bar y\\), создаёт пары \\(x=\\{x,\\bar x\\}\\), \\(y=\\{y,\\bar y\\}\\) и отмечает блок \\(xy\\). 2. если \\(x\\) уже входит в пару \\(x\\), а \\(y\\) свободна, он выбирает свободную \\(\\bar y\\), красит \\(y\\bar y,x\\bar y,\\bar x\\bar y\\), создаёт пару \\(y\\), отмечает блок и ориентирует ребро \\(x\\to y\\). 3. если обе вершины уже имеют пары, он красит все ещё свободны… sol-ai-yumt-all-k-at-least-three ии-дополнение: монотонность по числу чёрных рёбер за ход ai_checked complete_graph clique докажем общую лемму. пусть при квоте \\(k_0\\) у чингиза есть выигрышная стратегия, а условие его победы сохраняется при добавлении чёрных и удалении белых рёбер. тогда та же сторона выигрывает при любой квоте \\(k\\ge k_0\\). чингиз ведёт воображаемую партию с квотой \\(k_0\\). до окончания реальной партии он поддерживает два инварианта: каждое воображаемое чёрное ребро чёрно и в реальности, а множества белых рёбер в двух партиях совпадают. поэтому каждый реальный белый ход можно повторить в воображаемой партии: выбранное ребро не является там ни чёрным, ни белым. затем воображаемая стратегия называет не более \\(k_0\\) свободных рёбер. чингиз объявляет их чёрными в воображаемой партии и красит в реальной те из них, которые там ещё свободны. ребро, уже чёрное в реальной партии, было одним из прежних лишних ходов чингиза, поэтому повторно красить его не нужно. оставшуюся часть реальной квоты до… lktg-2026-project2-problem13-bella-chingiz-complete-graph bella i chingiz: sravnenie beloy i chernoy klik na polnom grafe coloring goal_strategy_game construction process_invariant trees extremal_graph_theory ramsey_theory goal_proof 2026 38-ya letnyaya konferentsiya turnira gorodov 2026, proekt 2 «igry na menyayuschihsya grafah» https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/final_usl_grand2.pdf 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 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-yumt-2025-grand-final-problem3-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 yumt 2025, grand-liga, final, 3. bella i chingiz na polnom grafe ? 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 yumt 2025, grand-liga, final, 3. bella i chingiz na polnom grafe stmt-original bella i chingiz na polnom grafe source_verified pust \\(n\\ge3\\) i \\(k\\ge1\\) — tselye chisla. bella i chingiz igrayut na polnom grafe \\(k_n\\); nachinaet bella. v kazhdom raunde bella krasit odno svobodnoe rebro belym. esli posle etogo svobodnye rebra ostalis, chingiz krasit \\(k\\) iz nih chernym, a esli ih menshe \\(k\\) — vse ostavshiesya. igra zakanchivaetsya srazu posle okraski poslednego svobodnogo rebra. chingiz vyigryvaet togda i tolko togda, kogda naibolshaya chernaya klika strogo bolshe naibolshey beloy. a) pust \\(n>3\\) chetno i \\(k=4\\). postroyte yavnuyu vyigryshnuyu strategiyu chingiza. b) pust \\(n>3\\) chetno i \\(k=3\\). postroyte yavnuyu vyigryshnuyu strategiyu chingiza. v) pust \\(n>3\\) nechetno i \\(k=3\\). postroyte yavnuyu vyigryshnuyu strategiyu chingiza. g★) dokazhite ili oprovergnite: pri \\(k=2\\) chingiz imeet vyigryshnuyu strategiyu dlya kazhdogo chetnogo \\(n>3\\). podpunkt g) otmechen v ofitsialnom pdf kak otkrytyy. ofitsialnogo resheniya dlya nego net, i nastoyaschaya kartochka ego ne predlagaet. complete_graph clique tree stmt-yumt-2025-n-2024 versiya yumt dlya \\(k_{2024}\\) source_verified bella i chingiz igrayut na polnom grafe iz 2024 vershin, delaya hody po ocheredi; nachinaet bella. v svoy hod chingiz krasit \\(k\\) reber (ili vse ostavshiesya) v chernyy tsvet, bella — odno v belyy. igra konchaetsya, kogda vse rebra budut pokrasheny. esli maksimalnaya chernaya klika okazhetsya strogo bolshe maksimalnoy beloy, to vyigraet chingiz, inache — bella. pri kakih \\(k\\ge 3\\) chingiz imeet vyigryshnuyu strategiyu? complete_graph clique stmt-exact-erdos-conjecture tochnaya otkrytaya gipoteza dlya rezhima 1:2 source_verified otkrytaya zadacha. bella i chingiz igrayut na rebrah \\(k_n\\). bella hodit pervoy i kazhdyy raz krasit odno svobodnoe rebro belym; posle kazhdogo ee hoda chingiz krasit dva svobodnyh rebra chernym. posle okraski vseh reber chingiz vyigryvaet, esli \\(\\omega(b)>\\omega(w)\\), inache vyigryvaet bella. dokazhite ili oprovergnite: chingiz imeet vyigryshnuyu strategiyu dlya kazhdogo \\(n\\ge4\\). etot punkt otmechen v ofitsialnom pdf zvezdoy kak otkrytyy; ofitsialnoe reshenie ne privoditsya. complete_graph clique idea-opposite-pairs-and-forest protivopolozhnye pary i les rannih blokov chingiz obedinyaet zatronutye vershiny v pary s chernym vnutrennim rebrom. pervye belye rebra mezhdu esche ne gotovymi parami obrazuyut les na mnozhestve par, a kazhdomu belomu rebru sopostavlyaetsya chernoe protivopolozhnoe. construction process_invariant ai_checked idea-white-clique-to-black-clique belaya klika perehodit v bolshuyu chernuyu iz beloy kliki vybiraetsya ne bolee odnoy vershiny kazhdoy pary. protivopolozhnye vershiny obrazuyut chernuyu kliku, a lesnoy podschet ili istochnik orientirovannogo lesa daet esche odnu chernuyu vershinu. goal_strategy_game trees ai_checked idea-own-edge-quota-monotonicity monotonnost vyigryshnoy strategii po sobstvennoy kvote strategiyu dlya menshey chernoy kvoty razygryvayut na voobrazhaemoy doske. lishnie realnye chernye rebra schitayutsya podarkami i ne mogut uhudshit monotonnuyu tsel sravneniya klikovyh chisel. process_invariant goal_strategy_game ai_checked sol-official-parts-a-c ofitsialnye strategii dlya zakrytyh podpunktov a–v ai_checked complete_graph clique tree vo vseh chastyah cherez \\(\\bar v\\) budem oboznachat vershinu, postavlennuyu chingizom v paru s \\(v\\). a) chetnoe \\(n\\), \\(k=4\\). snachala vse vershiny schitayutsya svobodnymi. chingiz postepenno sozdaet neperesekayuschiesya pary \\(\\{x,\\bar x\\}\\) s chernym rebrom \\(x\\bar x\\). chetyre rebra mezhdu dvumya parami nazovem blokom. nekotorye bloki otmechayutsya; otmechennye bloki obrazuyut graf \\(f\\) na mnozhestve par. na beloe rebro \\(xy\\) chingiz otvechaet tak. 1. esli \\(x,y\\) svobodny, on vybiraet esche dve svobodnye vershiny \\(\\bar x,\\bar y\\), krasit chernym \\(x\\bar x,y\\bar y,\\bar x\\bar y\\), sozdaet pary \\(x=\\{x,\\bar x\\}\\), \\(y=\\{y,\\bar y\\}\\) i otmechaet blok \\(xy\\). 2. esli \\(x\\) uzhe vhodit v paru \\(x\\), a \\(y\\) svobodna, on vybiraet svobodnuyu \\(\\bar y\\), krasit \\(y\\bar y,x\\bar y,\\bar x\\bar y\\), sozdaet paru \\(y\\), otmechaet blok i orientiruet rebro \\(x\\to y\\). 3. esli obe vershiny uzhe imeyut pary, on krasit vse esche svobodny… sol-ai-yumt-all-k-at-least-three ii-dopolnenie: monotonnost po chislu chernyh reber za hod ai_checked complete_graph clique dokazhem obschuyu lemmu. pust pri kvote \\(k_0\\) u chingiza est vyigryshnaya strategiya, a uslovie ego pobedy sohranyaetsya pri dobavlenii chernyh i udalenii belyh reber. togda ta zhe storona vyigryvaet pri lyuboy kvote \\(k\\ge k_0\\). chingiz vedet voobrazhaemuyu partiyu s kvotoy \\(k_0\\). do okonchaniya realnoy partii on podderzhivaet dva invarianta: kazhdoe voobrazhaemoe chernoe rebro cherno i v realnosti, a mnozhestva belyh reber v dvuh partiyah sovpadayut. poetomu kazhdyy realnyy belyy hod mozhno povtorit v voobrazhaemoy partii: vybrannoe rebro ne yavlyaetsya tam ni chernym, ni belym. zatem voobrazhaemaya strategiya nazyvaet ne bolee \\(k_0\\) svobodnyh reber. chingiz obyavlyaet ih chernymi v voobrazhaemoy partii i krasit v realnoy te iz nih, kotorye tam esche svobodny. rebro, uzhe chernoe v realnoy partii, bylo odnim iz prezhnih lishnih hodov chingiza, poetomu povtorno krasit ego ne nuzhno. ostavshuyusya chast realnoy kvoty do…","source_keys":["lktg","yumt"]}
{"id":"yumt-2011-grand-round1-problem9","title":"Двухцветный граф без коротких одноцветных циклов, ЮМТ 2011","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2011-grand-round1-problem9.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2011-grand-round1-problem9.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2011-grand-round1-problem9","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2011, Гранд-лига, первый тур, 9. Двухцветный граф без коротких одноцветных циклов"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","extremal_graph_theory","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2011_grand_round1_problem9.md; этап: Гранд-лига, первый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Рёбра графа на n > 5 вершинах с m рёбрами покрашены в 2 цвета так, что любой одноцветный цикл содержит не менее 6 рёбер. Докажите, что m ≤ \\(floor(n^2\\) / 3).","definition_ids":["cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-monochromatic-2paths","title":"ИИ-решение: двойной подсчет одноцветных путей длины 2","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\(F(n)=floor(n^2/3)\\). Сначала докажем полезное свойство минимального контрпримера. Для n=5 утверждение F(5)=8 верно: в графе на пяти вершинах любой одноцветный цикл имел бы длину не больше 5, значит каждый из двух цветовых подграфов является лесом, и всего ребер не больше 2(5-1)=8. Предположим теперь, что существует контрпример с n>5 вершинами и m>F(n) ребрами, и выберем такой контрпример с минимальным n. Если у некоторой вершины v степень не превосходит F(n)-F(n-1), то после удаления v останется граф на n-1 вершинах с числом ребер больше F(n-1); условие на одноцветные циклы при удалении вершины сохраняется, что противоречит минимальности. Но F(n)-F(n-1)=floor(2n/3), поэтому в минимальном контрпримере степень каждой вершины не меньше D=floor(2n/3)+1. Посчитаем одноцветные пути длины 2. Для вершины v пусть \\(r_v\\) и \\(b_v\\) - количества красных и синих ребер, выходящих и…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2011-grand-round1-problem9 двухцветный граф без коротких одноцветных циклов, юмт 2011 coloring extremal_graph_theory goal_proof 2011 https://adygmath.ru/content/files/smena2011/tur1.pdf olympiad_archive src-yumt-2011-grand-round1-problem9-official with_solution yumt yumt2011 юмт юмт 2011, гранд-лига, первый тур, 9. двухцветный граф без коротких одноцветных циклов юмт2011 ? юмт 2011, гранд-лига, первый тур, 9. двухцветный граф без коротких одноцветных циклов stmt-original оригинальная формулировка ai_checked рёбра графа на n > 5 вершинах с m рёбрами покрашены в 2 цвета так, что любой одноцветный цикл содержит не менее 6 рёбер. докажите, что m ≤ \\(floor(n^2\\) / 3). cycle idea-count-monochromatic-2paths считать одноцветные пути длины 2 если в одном цвете две разные двухзвенные цепочки имеют одни и те же концы, появляется одноцветный 4-цикл; если концы такой цепочки соединены ребром того же цвета, появляется одноцветный треугольник. поэтому число одноцветных путей длины 2 имеет сильную верхнюю оценку, а минимальный контрпример дает сильную нижнюю оценку через степени. ai_checked sol-ai-monochromatic-2paths ии-решение: двойной подсчет одноцветных путей длины 2 ai_checked cycle path обозначим через \\(f(n)=floor(n^2/3)\\). сначала докажем полезное свойство минимального контрпримера. для n=5 утверждение f(5)=8 верно: в графе на пяти вершинах любой одноцветный цикл имел бы длину не больше 5, значит каждый из двух цветовых подграфов является лесом, и всего ребер не больше 2(5-1)=8. предположим теперь, что существует контрпример с n>5 вершинами и m>f(n) ребрами, и выберем такой контрпример с минимальным n. если у некоторой вершины v степень не превосходит f(n)-f(n-1), то после удаления v останется граф на n-1 вершинах с числом ребер больше f(n-1); условие на одноцветные циклы при удалении вершины сохраняется, что противоречит минимальности. но f(n)-f(n-1)=floor(2n/3), поэтому в минимальном контрпримере степень каждой вершины не меньше d=floor(2n/3)+1. посчитаем одноцветные пути длины 2. для вершины v пусть \\(r_v\\) и \\(b_v\\) - количества красных и синих ребер, выходящих и… yumt-2011-grand-round1-problem9 dvuhtsvetnyy graf bez korotkih odnotsvetnyh tsiklov, yumt 2011 coloring extremal_graph_theory goal_proof 2011 https://adygmath.ru/content/files/smena2011/tur1.pdf olympiad_archive src-yumt-2011-grand-round1-problem9-official with_solution yumt yumt2011 yumt yumt 2011, grand-liga, pervyy tur, 9. dvuhtsvetnyy graf bez korotkih odnotsvetnyh tsiklov yumt2011 ? yumt 2011, grand-liga, pervyy tur, 9. dvuhtsvetnyy graf bez korotkih odnotsvetnyh tsiklov stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked rebra grafa na n > 5 vershinah s m rebrami pokrasheny v 2 tsveta tak, chto lyuboy odnotsvetnyy tsikl soderzhit ne menee 6 reber. dokazhite, chto m ≤ \\(floor(n^2\\) / 3). cycle idea-count-monochromatic-2paths schitat odnotsvetnye puti dliny 2 esli v odnom tsvete dve raznye dvuhzvennye tsepochki imeyut odni i te zhe kontsy, poyavlyaetsya odnotsvetnyy 4-tsikl; esli kontsy takoy tsepochki soedineny rebrom togo zhe tsveta, poyavlyaetsya odnotsvetnyy treugolnik. poetomu chislo odnotsvetnyh putey dliny 2 imeet silnuyu verhnyuyu otsenku, a minimalnyy kontrprimer daet silnuyu nizhnyuyu otsenku cherez stepeni. ai_checked sol-ai-monochromatic-2paths ii-reshenie: dvoynoy podschet odnotsvetnyh putey dliny 2 ai_checked cycle path oboznachim cherez \\(f(n)=floor(n^2/3)\\). snachala dokazhem poleznoe svoystvo minimalnogo kontrprimera. dlya n=5 utverzhdenie f(5)=8 verno: v grafe na pyati vershinah lyuboy odnotsvetnyy tsikl imel by dlinu ne bolshe 5, znachit kazhdyy iz dvuh tsvetovyh podgrafov yavlyaetsya lesom, i vsego reber ne bolshe 2(5-1)=8. predpolozhim teper, chto suschestvuet kontrprimer s n>5 vershinami i m>f(n) rebrami, i vyberem takoy kontrprimer s minimalnym n. esli u nekotoroy vershiny v stepen ne prevoshodit f(n)-f(n-1), to posle udaleniya v ostanetsya graf na n-1 vershinah s chislom reber bolshe f(n-1); uslovie na odnotsvetnye tsikly pri udalenii vershiny sohranyaetsya, chto protivorechit minimalnosti. no f(n)-f(n-1)=floor(2n/3), poetomu v minimalnom kontrprimere stepen kazhdoy vershiny ne menshe d=floor(2n/3)+1. poschitaem odnotsvetnye puti dliny 2. dlya vershiny v pust \\(r_v\\) i \\(b_v\\) - kolichestva krasnyh i sinih reber, vyhodyaschih i…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2011-grand-round4-problem9","title":"Односторонние авиалинии между 2011 городами, ЮМТ 2011","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2011-grand-round4-problem9.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2011-grand-round4-problem9.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2011-grand-round4-problem9","source_key":"yumt","source_label":"Односторонние авиалинии между","source_titles":["ЮМТ 2011, Гранд-лига, четвёртый тур, полуфинал, 9. Односторонние авиалинии между 2011 городами"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2011_grand_round4_problem9.md; этап: Гранд-лига, четвёртый тур, полуфинал.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Решение распознано как официальное или архивное; оснований понижать статус не найдено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В государстве 2011 городов. Каждая пара городов соединена односторонней авиалинией. Известно, что в каждый город входит не более k авиалиний и из каждого города выходит не более k авиалиний. При каком наибольшем k независимо от схемы авиалиний, удовлетворяющей условию, из каждого города можно долететь до другого?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Оценка через компоненты турнира","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: k = 1507. Рассмотрим ориентированный полный граф на 2011 вершинах. Докажем сначала, что при k <= 1507 из любого города можно долететь до любого другого. Предположим противное: граф не сильно связен. Тогда в его конденсации есть начальная сильная компонента S, в которую не входит ни одно ребро снаружи. Значит, все авиалинии между S и остальными городами направлены из S наружу. Если |S|=s, то внутри S сумма исходящих степеней равна s(s-1)/2, поэтому в S есть вершина, из которой внутри S выходит не меньше (s-1)/2 авиалинии. Из этой же вершины выходят авиалинии во все 2011-s городов вне S, так что её исходящая степень не меньше 2011-s+(s-1)/2=(4021-s)/2. Так как исходящая степень не превосходит 1507, получаем s >= 1007. Так же в конденсации есть конечная сильная компонента T, из которой не выходит ни одно ребро наружу. Все авиалинии между остальными городами и T направлены в T. Тем ж…"}],"relations":[{"id":"rel-spbmo-1996-9-p46-yumt-2011-grand-round4-problem9","neighbor_id":"spbmo-1996-9-p46-strongly-connected-tournament-orientations","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"yumt-2011-grand-round4-problem9 односторонние авиалинии между 2011 городами, юмт 2011 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2011 https://adygmath.ru/content/files/smena2011/tur4.pdf olympiad_archive src-yumt-2011-grand-round4-problem9-official with_solution yumt yumt2011 односторонние авиалинии между односторонниеавиалиниимежду односторонниеавиалиниимежду2011 юмт юмт 2011, гранд-лига, четвёртый тур, полуфинал, 9. односторонние авиалинии между 2011 городами юмт2011 ? юмт 2011, гранд-лига, четвёртый тур, полуфинал, 9. односторонние авиалинии между 2011 городами stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в государстве 2011 городов. каждая пара городов соединена односторонней авиалинией. известно, что в каждый город входит не более k авиалиний и из каждого города выходит не более k авиалиний. при каком наибольшем k независимо от схемы авиалиний, удовлетворяющей условию, из каждого города можно долететь до другого? sol-archive-card оценка через компоненты турнира ai_checked ответ: k = 1507. рассмотрим ориентированный полный граф на 2011 вершинах. докажем сначала, что при k <= 1507 из любого города можно долететь до любого другого. предположим противное: граф не сильно связен. тогда в его конденсации есть начальная сильная компонента s, в которую не входит ни одно ребро снаружи. значит, все авиалинии между s и остальными городами направлены из s наружу. если |s|=s, то внутри s сумма исходящих степеней равна s(s-1)/2, поэтому в s есть вершина, из которой внутри s выходит не меньше (s-1)/2 авиалинии. из этой же вершины выходят авиалинии во все 2011-s городов вне s, так что её исходящая степень не меньше 2011-s+(s-1)/2=(4021-s)/2. так как исходящая степень не превосходит 1507, получаем s >= 1007. так же в конденсации есть конечная сильная компонента t, из которой не выходит ни одно ребро наружу. все авиалинии между остальными городами и t направлены в t. тем ж… yumt-2011-grand-round4-problem9 odnostoronnie avialinii mezhdu 2011 gorodami, yumt 2011 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2011 https://adygmath.ru/content/files/smena2011/tur4.pdf olympiad_archive src-yumt-2011-grand-round4-problem9-official with_solution yumt yumt2011 odnostoronnie avialinii mezhdu odnostoronnieavialiniimezhdu odnostoronnieavialiniimezhdu2011 yumt yumt 2011, grand-liga, chetvertyy tur, polufinal, 9. odnostoronnie avialinii mezhdu 2011 gorodami yumt2011 ? yumt 2011, grand-liga, chetvertyy tur, polufinal, 9. odnostoronnie avialinii mezhdu 2011 gorodami stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v gosudarstve 2011 gorodov. kazhdaya para gorodov soedinena odnostoronney avialiniey. izvestno, chto v kazhdyy gorod vhodit ne bolee k avialiniy i iz kazhdogo goroda vyhodit ne bolee k avialiniy. pri kakom naibolshem k nezavisimo ot shemy avialiniy, udovletvoryayuschey usloviyu, iz kazhdogo goroda mozhno doletet do drugogo? sol-archive-card otsenka cherez komponenty turnira ai_checked otvet: k = 1507. rassmotrim orientirovannyy polnyy graf na 2011 vershinah. dokazhem snachala, chto pri k <= 1507 iz lyubogo goroda mozhno doletet do lyubogo drugogo. predpolozhim protivnoe: graf ne silno svyazen. togda v ego kondensatsii est nachalnaya silnaya komponenta s, v kotoruyu ne vhodit ni odno rebro snaruzhi. znachit, vse avialinii mezhdu s i ostalnymi gorodami napravleny iz s naruzhu. esli |s|=s, to vnutri s summa ishodyaschih stepeney ravna s(s-1)/2, poetomu v s est vershina, iz kotoroy vnutri s vyhodit ne menshe (s-1)/2 avialinii. iz etoy zhe vershiny vyhodyat avialinii vo vse 2011-s gorodov vne s, tak chto ee ishodyaschaya stepen ne menshe 2011-s+(s-1)/2=(4021-s)/2. tak kak ishodyaschaya stepen ne prevoshodit 1507, poluchaem s >= 1007. tak zhe v kondensatsii est konechnaya silnaya komponenta t, iz kotoroy ne vyhodit ni odno rebro naruzhu. vse avialinii mezhdu ostalnymi gorodami i t napravleny v t. tem zh…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2011-premier-round4-problem1","title":"Орграф, устойчивый к удалению 10 дуг, ЮМТ 2011","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2011-premier-round4-problem1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2011-premier-round4-problem1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2011-premier-round4-problem1","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2011, Премьер-лига, четвёртый тур, полуфинал, 1. Дороги на ремонте и минимальное число городов"],"year":"2011","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2011_premier_round4_problem1.md; этап: Премьер-лига, четвёртый тур, полуфинал.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","label":"ИИ-решение с нуля","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"solution appears AI-авторed/reconstructed, with no официальное решение marker","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Некоторые города страны Реконструкция соединены дорогами с односторонним движением. Оказалось, что, если закрыть любые 10 дорог на ремонт, из любого города можно будет добраться до любого другого. Какое наименьшее число городов может быть в этой стране?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-theory-simple-oriented","title":"Минимальный орграф с запасом сильной связности","status":"ai_checked","text":"Найдите наименьшее число вершин простого ориентированного графа, который остаётся сильно связным после удаления любых 10 дуг.","definition_ids":["directed_graph","simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-regular-tournament-23","title":"23 города через регулярный турнир (ИИ-решение)","status":"ai_checked","definition_ids":["directed_graph","tournament"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем пользоваться стандартной олимпиадной моделью: между двумя городами проходит не более одной дороги, и если она есть, то имеет одно направление. Сначала докажем нижнюю оценку. Рассмотрим любой город \\(A\\). Если из него выходит не больше \\(10\\) дорог, то можно закрыть все эти дороги и, при необходимости, ещё несколько других дорог, чтобы всего было закрыто \\(10\\). Тогда из \\(A\\) нельзя будет попасть ни в какой другой город, противоречие условию. Значит, из каждого города выходит хотя бы \\(11\\) дорог. Точно так же в каждый город входит хотя бы \\(11\\) дорог: иначе после закрытия всех входящих в него дорог в этот город нельзя было бы попасть из остальных. Так как между городом \\(A\\) и каждым другим городом есть не более одной дороги, сумма входящих и исходящих дорог, инцидентных \\(A\\), не превосходит числа остальных городов. Поэтому остальных городов не меньше \\(11+11=22\\), то есть всег…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2011-premier-round4-problem1 орграф, устойчивый к удалению 10 дуг, юмт 2011 connectivity goal_exact_bound 2011 https://adygmath.ru/content/files/smena2011/tur4.pdf olympiad_archive src-yumt-2011-premier-round4-problem1-official with_solution yumt yumt2011 юмт юмт 2011, премьер-лига, четвёртый тур, полуфинал, 1. дороги на ремонте и минимальное число городов юмт2011 ? юмт 2011, премьер-лига, четвёртый тур, полуфинал, 1. дороги на ремонте и минимальное число городов stmt-original оригинальная формулировка ai_checked некоторые города страны реконструкция соединены дорогами с односторонним движением. оказалось, что, если закрыть любые 10 дорог на ремонт, из любого города можно будет добраться до любого другого. какое наименьшее число городов может быть в этой стране? stmt-graph-theory-simple-oriented минимальный орграф с запасом сильной связности ai_checked найдите наименьшее число вершин простого ориентированного графа, который остаётся сильно связным после удаления любых 10 дуг. directed_graph simple_graph idea-in-out-degree-lower-bound у каждой вершины должно быть не меньше 11 входящих и 11 исходящих дорог если из города выходит не больше 10 дорог, их можно закрыть, и из этого города нельзя будет выехать. аналогично, если в город входит не больше 10 дорог, после их закрытия в этот город нельзя будет попасть. degree_counting connectivity ai_checked idea-regular-tournament-cut регулярный турнир на 23 вершинах имеет все направленные разрезы размера хотя бы 11 в регулярном турнире на \\(23\\) вершинах каждая вершина имеет исходящую степень \\(11\\). если \\(|s|=s\\), то из \\(s\\) наружу выходит \\(11s-\\binom{s}{2}=s(23-s)/2\\) дуг, а это не меньше \\(11\\). tournaments cut_counting construction ai_checked sol-ai-regular-tournament-23 23 города через регулярный турнир (ии-решение) ai_checked directed_graph tournament double_counting будем пользоваться стандартной олимпиадной моделью: между двумя городами проходит не более одной дороги, и если она есть, то имеет одно направление. сначала докажем нижнюю оценку. рассмотрим любой город \\(a\\). если из него выходит не больше \\(10\\) дорог, то можно закрыть все эти дороги и, при необходимости, ещё несколько других дорог, чтобы всего было закрыто \\(10\\). тогда из \\(a\\) нельзя будет попасть ни в какой другой город, противоречие условию. значит, из каждого города выходит хотя бы \\(11\\) дорог. точно так же в каждый город входит хотя бы \\(11\\) дорог: иначе после закрытия всех входящих в него дорог в этот город нельзя было бы попасть из остальных. так как между городом \\(a\\) и каждым другим городом есть не более одной дороги, сумма входящих и исходящих дорог, инцидентных \\(a\\), не превосходит числа остальных городов. поэтому остальных городов не меньше \\(11+11=22\\), то есть всег… yumt-2011-premier-round4-problem1 orgraf, ustoychivyy k udaleniyu 10 dug, yumt 2011 connectivity goal_exact_bound 2011 https://adygmath.ru/content/files/smena2011/tur4.pdf olympiad_archive src-yumt-2011-premier-round4-problem1-official with_solution yumt yumt2011 yumt yumt 2011, premer-liga, chetvertyy tur, polufinal, 1. dorogi na remonte i minimalnoe chislo gorodov yumt2011 ? yumt 2011, premer-liga, chetvertyy tur, polufinal, 1. dorogi na remonte i minimalnoe chislo gorodov stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked nekotorye goroda strany rekonstruktsiya soedineny dorogami s odnostoronnim dvizheniem. okazalos, chto, esli zakryt lyubye 10 dorog na remont, iz lyubogo goroda mozhno budet dobratsya do lyubogo drugogo. kakoe naimenshee chislo gorodov mozhet byt v etoy strane? stmt-graph-theory-simple-oriented minimalnyy orgraf s zapasom silnoy svyaznosti ai_checked naydite naimenshee chislo vershin prostogo orientirovannogo grafa, kotoryy ostaetsya silno svyaznym posle udaleniya lyubyh 10 dug. directed_graph simple_graph idea-in-out-degree-lower-bound u kazhdoy vershiny dolzhno byt ne menshe 11 vhodyaschih i 11 ishodyaschih dorog esli iz goroda vyhodit ne bolshe 10 dorog, ih mozhno zakryt, i iz etogo goroda nelzya budet vyehat. analogichno, esli v gorod vhodit ne bolshe 10 dorog, posle ih zakrytiya v etot gorod nelzya budet popast. degree_counting connectivity ai_checked idea-regular-tournament-cut regulyarnyy turnir na 23 vershinah imeet vse napravlennye razrezy razmera hotya by 11 v regulyarnom turnire na \\(23\\) vershinah kazhdaya vershina imeet ishodyaschuyu stepen \\(11\\). esli \\(|s|=s\\), to iz \\(s\\) naruzhu vyhodit \\(11s-\\binom{s}{2}=s(23-s)/2\\) dug, a eto ne menshe \\(11\\). tournaments cut_counting construction ai_checked sol-ai-regular-tournament-23 23 goroda cherez regulyarnyy turnir (ii-reshenie) ai_checked directed_graph tournament double_counting budem polzovatsya standartnoy olimpiadnoy modelyu: mezhdu dvumya gorodami prohodit ne bolee odnoy dorogi, i esli ona est, to imeet odno napravlenie. snachala dokazhem nizhnyuyu otsenku. rassmotrim lyuboy gorod \\(a\\). esli iz nego vyhodit ne bolshe \\(10\\) dorog, to mozhno zakryt vse eti dorogi i, pri neobhodimosti, esche neskolko drugih dorog, chtoby vsego bylo zakryto \\(10\\). togda iz \\(a\\) nelzya budet popast ni v kakoy drugoy gorod, protivorechie usloviyu. znachit, iz kazhdogo goroda vyhodit hotya by \\(11\\) dorog. tochno tak zhe v kazhdyy gorod vhodit hotya by \\(11\\) dorog: inache posle zakrytiya vseh vhodyaschih v nego dorog v etot gorod nelzya bylo by popast iz ostalnyh. tak kak mezhdu gorodom \\(a\\) i kazhdym drugim gorodom est ne bolee odnoy dorogi, summa vhodyaschih i ishodyaschih dorog, intsidentnyh \\(a\\), ne prevoshodit chisla ostalnyh gorodov. poetomu ostalnyh gorodov ne menshe \\(11+11=22\\), to est vseg…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2012-start-round2-problem5","title":"Областные города и дороги, ЮМТ 2012","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2012-start-round2-problem5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2012-start-round2-problem5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2012-start-round2-problem5","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2012, Старт-лига, второй тур, 5. Областные города и дороги"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2012_start_round2_problem5.md; этап: Старт-лига, второй тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Решение распознано как официальное или архивное; оснований понижать статус не найдено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране 256 городов, из которых 8 — областные. Некоторые пары городов соединены между собой дорогами, но не более чем одной. Любой путь по дорогам между двумя обычными городами, если он есть, проходит хотя бы через один областной город. Какое наибольшее количество дорог могло быть в этой стране?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Все дороги должны касаться областного города","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 2012 дорог. Назовём обычными 248 городов, не являющихся областными. Между двумя обычными городами дороги быть не может: сама эта дорога была бы путём между двумя обычными городами, не проходящим через областной город. Более того, запрет на дороги между обычными городами уже полностью обеспечивает условие задачи, потому что любой путь от одного обычного города к другому, если он существует, должен выйти из первого обычного города по дороге в областной город. Значит, все дороги могут идти только либо между двумя областными городами, либо между областным и обычным городом. Таких пар городов не больше \\[ \\binom 8 2 + 8\\cdot 248 = 28+1984=2012. \\] Это верхняя оценка. Она достигается: соединим дорогой каждую пару городов, среди которых есть хотя бы один областной, и не будем соединять обычные города между собой. Тогда дорог ровно 2012, а любой путь между двумя обычными городами действи…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2012-start-round2-problem5 областные города и дороги, юмт 2012 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2012 https://adygmath.ru/content/files/smena2012/start_2_tasks.pdf olympiad_archive src-yumt-2012-start-round2-problem5-official with_solution yumt yumt2012 юмт юмт 2012, старт-лига, второй тур, 5. областные города и дороги юмт2012 ? юмт 2012, старт-лига, второй тур, 5. областные города и дороги stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 256 городов, из которых 8 — областные. некоторые пары городов соединены между собой дорогами, но не более чем одной. любой путь по дорогам между двумя обычными городами, если он есть, проходит хотя бы через один областной город. какое наибольшее количество дорог могло быть в этой стране? sol-archive-card все дороги должны касаться областного города ai_checked ответ: 2012 дорог. назовём обычными 248 городов, не являющихся областными. между двумя обычными городами дороги быть не может: сама эта дорога была бы путём между двумя обычными городами, не проходящим через областной город. более того, запрет на дороги между обычными городами уже полностью обеспечивает условие задачи, потому что любой путь от одного обычного города к другому, если он существует, должен выйти из первого обычного города по дороге в областной город. значит, все дороги могут идти только либо между двумя областными городами, либо между областным и обычным городом. таких пар городов не больше \\[ \\binom 8 2 + 8\\cdot 248 = 28+1984=2012. \\] это верхняя оценка. она достигается: соединим дорогой каждую пару городов, среди которых есть хотя бы один областной, и не будем соединять обычные города между собой. тогда дорог ровно 2012, а любой путь между двумя обычными городами действи… yumt-2012-start-round2-problem5 oblastnye goroda i dorogi, yumt 2012 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2012 https://adygmath.ru/content/files/smena2012/start_2_tasks.pdf olympiad_archive src-yumt-2012-start-round2-problem5-official with_solution yumt yumt2012 yumt yumt 2012, start-liga, vtoroy tur, 5. oblastnye goroda i dorogi yumt2012 ? yumt 2012, start-liga, vtoroy tur, 5. oblastnye goroda i dorogi stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 256 gorodov, iz kotoryh 8 — oblastnye. nekotorye pary gorodov soedineny mezhdu soboy dorogami, no ne bolee chem odnoy. lyuboy put po dorogam mezhdu dvumya obychnymi gorodami, esli on est, prohodit hotya by cherez odin oblastnoy gorod. kakoe naibolshee kolichestvo dorog moglo byt v etoy strane? sol-archive-card vse dorogi dolzhny kasatsya oblastnogo goroda ai_checked otvet: 2012 dorog. nazovem obychnymi 248 gorodov, ne yavlyayuschihsya oblastnymi. mezhdu dvumya obychnymi gorodami dorogi byt ne mozhet: sama eta doroga byla by putem mezhdu dvumya obychnymi gorodami, ne prohodyaschim cherez oblastnoy gorod. bolee togo, zapret na dorogi mezhdu obychnymi gorodami uzhe polnostyu obespechivaet uslovie zadachi, potomu chto lyuboy put ot odnogo obychnogo goroda k drugomu, esli on suschestvuet, dolzhen vyyti iz pervogo obychnogo goroda po doroge v oblastnoy gorod. znachit, vse dorogi mogut idti tolko libo mezhdu dvumya oblastnymi gorodami, libo mezhdu oblastnym i obychnym gorodom. takih par gorodov ne bolshe \\[ \\binom 8 2 + 8\\cdot 248 = 28+1984=2012. \\] eto verhnyaya otsenka. ona dostigaetsya: soedinim dorogoy kazhduyu paru gorodov, sredi kotoryh est hotya by odin oblastnoy, i ne budem soedinyat obychnye goroda mezhdu soboy. togda dorog rovno 2012, a lyuboy put mezhdu dvumya obychnymi gorodami deystvi…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2012-start-round3-problem1","title":"Раскраска рёбер \\(K_{20}\\) в четыре цвета, ЮМТ 2012","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2012-start-round3-problem1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2012-start-round3-problem1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2012-start-round3-problem1","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2012, Старт-лига, третий тур, 1. Авиалинии между 20 городами и четыре компании","OEIS A343607","Small Ramsey Numbers, Electronic Journal of Combinatorics dynamic survey"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","ramsey_theory","goal_construction"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2012_start_round3_problem1.md; этап: Старт-лига, третий тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","label":"ИИ-решение с нуля","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"solution appears AI-авторed/reconstructed, with no официальное решение marker","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране 20 городов. Между любыми двумя городами есть двусторонние авиалинии. По антимонопольному закону, если авиакомпания владеет двумя смежными линиями, то она не может владеть линией между крайними городами этого пути длины 2. Могут ли все авиалинии принадлежать четырём компаниям?","definition_ids":["complete_graph","cycle"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"4-раскраска рёбер \\(K_{20}\\)","status":"ai_checked","text":"Можно ли раскрасить рёбра полного графа \\(K_{20}\\) в 4 цвета так, чтобы не было одноцветного треугольника?","definition_ids":["complete_graph","triangle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-c5-blow-up","title":"ИИ-решение: конструкция из пяти групп по четыре города","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: да, могут. Разобьём 20 городов на 5 групп \\(A_0,A_1,A_2,A_3,A_4\\), по 4 города в каждой. Все индексы групп ниже считаются по модулю 5. Линии между разными группами распределим между первыми двумя компаниями. Первая компания получает все линии между группами \\(A_i\\) и \\(A_{i+1}\\), то есть между соседними вершинами пятицикла. Вторая компания получает все остальные линии между разными группами, то есть линии между \\(A_i\\) и \\(A_{i+2}\\). Так покрыты все линии между разными группами: любые две вершины пятицикла либо соседние, либо находятся на расстоянии 2. Осталось распределить линии внутри каждой группы из 4 городов. В каждой группе обозначим города как \\(1,2,3,4\\). Третьей компании отдадим линии \\(12,23,34,41\\), а четвёртой компании -- линии \\(13\\) и \\(24\\). Так сделаем независимо в каждой из пяти групп. Проверим антимонопольное условие. Если какая-то компания нарушила бы закон, то…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2012-r3-p1-ramsey-theorem","neighbor_id":"ramsey-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2012-start-round3-problem1 раскраска рёбер \\(k_{20}\\) в четыре цвета, юмт 2012 coloring ramsey_theory goal_construction 2012 https://adygmath.ru/content/files/smena2012/start_3_tasks.pdf https://oeis.org/a343607 https://www.combinatorics.org/ojs/index.php/eljc/article/view/ds1 oeis a343607 olympiad_archive reference small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey src-oeis-a343607 src-small-ramsey-ds1 src-yumt-2012-start-round3-problem1-official with_solution yumt yumt2012 юмт юмт 2012, старт-лига, третий тур, 1. авиалинии между 20 городами и четыре компании юмт2012 ? юмт 2012, старт-лига, третий тур, 1. авиалинии между 20 городами и четыре компании oeis a343607 small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 20 городов. между любыми двумя городами есть двусторонние авиалинии. по антимонопольному закону, если авиакомпания владеет двумя смежными линиями, то она не может владеть линией между крайними городами этого пути длины 2. могут ли все авиалинии принадлежать четырём компаниям? complete_graph cycle stmt-graph 4-раскраска рёбер \\(k_{20}\\) ai_checked можно ли раскрасить рёбра полного графа \\(k_{20}\\) в 4 цвета так, чтобы не было одноцветного треугольника? complete_graph triangle idea-multicolor-ramsey-bound многокрасочная рамсеевская постановка условие переводится в раскраску рёбер полного графа \\(k_20\\) в 4 цвета без одноцветного треугольника; это частный вопрос о числе рамсея r(3,3,3,3). ramsey_theory ai_checked idea-blow-up-c5 раздуть пятицикл достаточно разбить 20 вершин на 5 четвёрок: между четвёрками взять две треугольник-свободные раскраски рёбер \\(k_5\\) как цикл \\(c_5\\) и его дополнение, а внутри каждой четвёрки использовать ещё две компании. coloring goal_construction ai_checked sol-ai-c5-blow-up ии-решение: конструкция из пяти групп по четыре города ai_checked complete_graph cycle ответ: да, могут. разобьём 20 городов на 5 групп \\(a_0,a_1,a_2,a_3,a_4\\), по 4 города в каждой. все индексы групп ниже считаются по модулю 5. линии между разными группами распределим между первыми двумя компаниями. первая компания получает все линии между группами \\(a_i\\) и \\(a_{i+1}\\), то есть между соседними вершинами пятицикла. вторая компания получает все остальные линии между разными группами, то есть линии между \\(a_i\\) и \\(a_{i+2}\\). так покрыты все линии между разными группами: любые две вершины пятицикла либо соседние, либо находятся на расстоянии 2. осталось распределить линии внутри каждой группы из 4 городов. в каждой группе обозначим города как \\(1,2,3,4\\). третьей компании отдадим линии \\(12,23,34,41\\), а четвёртой компании -- линии \\(13\\) и \\(24\\). так сделаем независимо в каждой из пяти групп. проверим антимонопольное условие. если какая-то компания нарушила бы закон, то… yumt-2012-start-round3-problem1 raskraska reber \\(k_{20}\\) v chetyre tsveta, yumt 2012 coloring ramsey_theory goal_construction 2012 https://adygmath.ru/content/files/smena2012/start_3_tasks.pdf https://oeis.org/a343607 https://www.combinatorics.org/ojs/index.php/eljc/article/view/ds1 oeis a343607 olympiad_archive reference small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey src-oeis-a343607 src-small-ramsey-ds1 src-yumt-2012-start-round3-problem1-official with_solution yumt yumt2012 yumt yumt 2012, start-liga, tretiy tur, 1. avialinii mezhdu 20 gorodami i chetyre kompanii yumt2012 ? yumt 2012, start-liga, tretiy tur, 1. avialinii mezhdu 20 gorodami i chetyre kompanii oeis a343607 small ramsey numbers, electronic journal of combinatorics dynamic survey stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 20 gorodov. mezhdu lyubymi dvumya gorodami est dvustoronnie avialinii. po antimonopolnomu zakonu, esli aviakompaniya vladeet dvumya smezhnymi liniyami, to ona ne mozhet vladet liniey mezhdu kraynimi gorodami etogo puti dliny 2. mogut li vse avialinii prinadlezhat chetyrem kompaniyam? complete_graph cycle stmt-graph 4-raskraska reber \\(k_{20}\\) ai_checked mozhno li raskrasit rebra polnogo grafa \\(k_{20}\\) v 4 tsveta tak, chtoby ne bylo odnotsvetnogo treugolnika? complete_graph triangle idea-multicolor-ramsey-bound mnogokrasochnaya ramseevskaya postanovka uslovie perevoditsya v raskrasku reber polnogo grafa \\(k_20\\) v 4 tsveta bez odnotsvetnogo treugolnika; eto chastnyy vopros o chisle ramseya r(3,3,3,3). ramsey_theory ai_checked idea-blow-up-c5 razdut pyatitsikl dostatochno razbit 20 vershin na 5 chetverok: mezhdu chetverkami vzyat dve treugolnik-svobodnye raskraski reber \\(k_5\\) kak tsikl \\(c_5\\) i ego dopolnenie, a vnutri kazhdoy chetverki ispolzovat esche dve kompanii. coloring goal_construction ai_checked sol-ai-c5-blow-up ii-reshenie: konstruktsiya iz pyati grupp po chetyre goroda ai_checked complete_graph cycle otvet: da, mogut. razobem 20 gorodov na 5 grupp \\(a_0,a_1,a_2,a_3,a_4\\), po 4 goroda v kazhdoy. vse indeksy grupp nizhe schitayutsya po modulyu 5. linii mezhdu raznymi gruppami raspredelim mezhdu pervymi dvumya kompaniyami. pervaya kompaniya poluchaet vse linii mezhdu gruppami \\(a_i\\) i \\(a_{i+1}\\), to est mezhdu sosednimi vershinami pyatitsikla. vtoraya kompaniya poluchaet vse ostalnye linii mezhdu raznymi gruppami, to est linii mezhdu \\(a_i\\) i \\(a_{i+2}\\). tak pokryty vse linii mezhdu raznymi gruppami: lyubye dve vershiny pyatitsikla libo sosednie, libo nahodyatsya na rasstoyanii 2. ostalos raspredelit linii vnutri kazhdoy gruppy iz 4 gorodov. v kazhdoy gruppe oboznachim goroda kak \\(1,2,3,4\\). tretey kompanii otdadim linii \\(12,23,34,41\\), a chetvertoy kompanii -- linii \\(13\\) i \\(24\\). tak sdelaem nezavisimo v kazhdoy iz pyati grupp. proverim antimonopolnoe uslovie. esli kakaya-to kompaniya narushila by zakon, to…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2012-start-team-olympiad-problem5","title":"Минимальный граф, различающий n вершин, ЮМТ 2012","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2012-start-team-olympiad-problem5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2012-start-team-olympiad-problem5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2012-start-team-olympiad-problem5","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2012, Командная олимпиада, Старт-лига, 5. График дежурств для 100 учеников"],"year":"2012","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2012_start_team_olympiad_problem5.md; этап: Командная олимпиада, Старт-лига.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Решение распознано как официальное или архивное; оснований понижать статус не найдено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В школе учатся 100 учеников. Каждый день двое из них дежурят. Требуется составить график дежурств на некоторый период времени так, чтобы для любых двух учеников нашёлся день, когда один из них дежурит, а другой нет. Какое наименьшее количество дней может охватывать такой график?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-duty-schedule","title":"Минимум рёбер, различающих вершины","status":"ai_checked","text":"Для \\(n\\ge3\\) найдите наименьшее число рёбер в простом графе на \\(n\\) вершинах с таким свойством: для любых двух различных вершин найдётся ребро, инцидентное ровно одной из них.","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(\\lfloor 2n/3\\rfloor\\) рёбер. В таком графе может быть не более одной изолированной вершины: если изолированных вершин хотя бы две, то для соответствующих двух вершин не найдётся ребра, инцидентного ровно одной из них. Кроме того, не может быть компоненты связности, состоящей ровно из одного ребра: её две вершины для любого ребра либо обе инцидентны ему, либо обе не инцидентны. Значит, каждая неизолированная компонента содержит не менее трёх вершин. Если компонента содержит \\(s\\) вершин, то рёбер в ней не меньше \\(s-1\\). Пусть всего в графе \\(c\\) компонент. Тогда число рёбер не меньше \\(n-c\\). При описанных ограничениях число компонент не превосходит \\(\\lceil n/3\\rceil\\): может быть не более одной одноэлементной компоненты, а все остальные компоненты имеют размер хотя бы 3. Следовательно, рёбер не меньше \\(n-\\lceil n/3\\rceil=\\lfloor 2n/3\\rfloor\\). Оценка точна. Разобьём \\(n\\) ве…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2012-start-team-olympiad-problem5 минимальный граф, различающий n вершин, юмт 2012 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2012 https://adygmath.ru/content/files/smena2012/start_comand_olymp_solves.pdf olympiad_archive src-yumt-2012-start-team-olympiad-problem5-official with_solution yumt yumt2012 юмт юмт 2012, командная олимпиада, старт-лига, 5. график дежурств для 100 учеников юмт2012 ? юмт 2012, командная олимпиада, старт-лига, 5. график дежурств для 100 учеников stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в школе учатся 100 учеников. каждый день двое из них дежурят. требуется составить график дежурств на некоторый период времени так, чтобы для любых двух учеников нашёлся день, когда один из них дежурит, а другой нет. какое наименьшее количество дней может охватывать такой график? stmt-graph-duty-schedule минимум рёбер, различающих вершины ai_checked для \\(n\\ge3\\) найдите наименьшее число рёбер в простом графе на \\(n\\) вершинах с таким свойством: для любых двух различных вершин найдётся ребро, инцидентное ровно одной из них. simple_graph sol-archive-card решение ai_checked ответ: \\(\\lfloor 2n/3\\rfloor\\) рёбер. в таком графе может быть не более одной изолированной вершины: если изолированных вершин хотя бы две, то для соответствующих двух вершин не найдётся ребра, инцидентного ровно одной из них. кроме того, не может быть компоненты связности, состоящей ровно из одного ребра: её две вершины для любого ребра либо обе инцидентны ему, либо обе не инцидентны. значит, каждая неизолированная компонента содержит не менее трёх вершин. если компонента содержит \\(s\\) вершин, то рёбер в ней не меньше \\(s-1\\). пусть всего в графе \\(c\\) компонент. тогда число рёбер не меньше \\(n-c\\). при описанных ограничениях число компонент не превосходит \\(\\lceil n/3\\rceil\\): может быть не более одной одноэлементной компоненты, а все остальные компоненты имеют размер хотя бы 3. следовательно, рёбер не меньше \\(n-\\lceil n/3\\rceil=\\lfloor 2n/3\\rfloor\\). оценка точна. разобьём \\(n\\) ве… yumt-2012-start-team-olympiad-problem5 minimalnyy graf, razlichayuschiy n vershin, yumt 2012 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2012 https://adygmath.ru/content/files/smena2012/start_comand_olymp_solves.pdf olympiad_archive src-yumt-2012-start-team-olympiad-problem5-official with_solution yumt yumt2012 yumt yumt 2012, komandnaya olimpiada, start-liga, 5. grafik dezhurstv dlya 100 uchenikov yumt2012 ? yumt 2012, komandnaya olimpiada, start-liga, 5. grafik dezhurstv dlya 100 uchenikov stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v shkole uchatsya 100 uchenikov. kazhdyy den dvoe iz nih dezhuryat. trebuetsya sostavit grafik dezhurstv na nekotoryy period vremeni tak, chtoby dlya lyubyh dvuh uchenikov nashelsya den, kogda odin iz nih dezhurit, a drugoy net. kakoe naimenshee kolichestvo dney mozhet ohvatyvat takoy grafik? stmt-graph-duty-schedule minimum reber, razlichayuschih vershiny ai_checked dlya \\(n\\ge3\\) naydite naimenshee chislo reber v prostom grafe na \\(n\\) vershinah s takim svoystvom: dlya lyubyh dvuh razlichnyh vershin naydetsya rebro, intsidentnoe rovno odnoy iz nih. simple_graph sol-archive-card reshenie ai_checked otvet: \\(\\lfloor 2n/3\\rfloor\\) reber. v takom grafe mozhet byt ne bolee odnoy izolirovannoy vershiny: esli izolirovannyh vershin hotya by dve, to dlya sootvetstvuyuschih dvuh vershin ne naydetsya rebra, intsidentnogo rovno odnoy iz nih. krome togo, ne mozhet byt komponenty svyaznosti, sostoyaschey rovno iz odnogo rebra: ee dve vershiny dlya lyubogo rebra libo obe intsidentny emu, libo obe ne intsidentny. znachit, kazhdaya neizolirovannaya komponenta soderzhit ne menee treh vershin. esli komponenta soderzhit \\(s\\) vershin, to reber v ney ne menshe \\(s-1\\). pust vsego v grafe \\(c\\) komponent. togda chislo reber ne menshe \\(n-c\\). pri opisannyh ogranicheniyah chislo komponent ne prevoshodit \\(\\lceil n/3\\rceil\\): mozhet byt ne bolee odnoy odnoelementnoy komponenty, a vse ostalnye komponenty imeyut razmer hotya by 3. sledovatelno, reber ne menshe \\(n-\\lceil n/3\\rceil=\\lfloor 2n/3\\rfloor\\). otsenka tochna. razobem \\(n\\) ve…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2013-start-round1-problem3","title":"Хорды по делимости на окружности, ЮМТ 2013","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2013-start-round1-problem3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2013-start-round1-problem3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2013-start-round1-problem3","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2013, Старт-лига, первый тур, 3. Хорды по делимости на окружности"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2013_start_round1_problem3.md; этап: Старт-лига, первый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Решение распознано как официальное или архивное; оснований понижать статус не найдено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"24 точки на окружности занумерованы, возможно в беспорядке, нечётными числами 3, 5, 7, ..., 49. Если один номер делится на другой, то соответствующие точки соединяются хордой. Докажите, что найдутся хорды, пересекающиеся внутри круга.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим шесть чисел 3, 21, 7, 35, 5, 15. Каждое следующее делится на предыдущее или наоборот, поэтому на окружности получаем хорды 3-21, 21-7, 7-35, 35-5, 5-15, 15-3. Эти шесть хорд образуют цикл 3-21-7-35-5-15-3. Если бы никакие две хорды не пересекались внутри круга, то вершины любого такого цикла обязаны были бы располагаться на окружности именно в циклическом порядке 3, 21, 7, 35, 5, 15. Теперь рассмотрим число 45. Оно соединяется хордой с 3 и с 5, потому что делится и на 3, и на 5. Какую бы из шести дуг между соседними вершинами указанного цикла ни заняла точка 45, одна из хорд 3-45 или 5-45 обязательно пересечёт одну из сторон цикла внутри круга. Следовательно, пересекающиеся хорды существуют."}],"relations":[],"search_text":"yumt-2013-start-round1-problem3 хорды по делимости на окружности, юмт 2013 goal_existence 2013 https://adygmath.ru/content/files/smena2013/1tur_start_resh.pdf olympiad_archive src-yumt-2013-start-round1-problem3-official with_solution yumt yumt2013 юмт юмт 2013, старт-лига, первый тур, 3. хорды по делимости на окружности юмт2013 ? юмт 2013, старт-лига, первый тур, 3. хорды по делимости на окружности stmt-original оригинальная формулировка ai_checked 24 точки на окружности занумерованы, возможно в беспорядке, нечётными числами 3, 5, 7, ..., 49. если один номер делится на другой, то соответствующие точки соединяются хордой. докажите, что найдутся хорды, пересекающиеся внутри круга. sol-archive-card решение ai_checked рассмотрим шесть чисел 3, 21, 7, 35, 5, 15. каждое следующее делится на предыдущее или наоборот, поэтому на окружности получаем хорды 3-21, 21-7, 7-35, 35-5, 5-15, 15-3. эти шесть хорд образуют цикл 3-21-7-35-5-15-3. если бы никакие две хорды не пересекались внутри круга, то вершины любого такого цикла обязаны были бы располагаться на окружности именно в циклическом порядке 3, 21, 7, 35, 5, 15. теперь рассмотрим число 45. оно соединяется хордой с 3 и с 5, потому что делится и на 3, и на 5. какую бы из шести дуг между соседними вершинами указанного цикла ни заняла точка 45, одна из хорд 3-45 или 5-45 обязательно пересечёт одну из сторон цикла внутри круга. следовательно, пересекающиеся хорды существуют. yumt-2013-start-round1-problem3 hordy po delimosti na okruzhnosti, yumt 2013 goal_existence 2013 https://adygmath.ru/content/files/smena2013/1tur_start_resh.pdf olympiad_archive src-yumt-2013-start-round1-problem3-official with_solution yumt yumt2013 yumt yumt 2013, start-liga, pervyy tur, 3. hordy po delimosti na okruzhnosti yumt2013 ? yumt 2013, start-liga, pervyy tur, 3. hordy po delimosti na okruzhnosti stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked 24 tochki na okruzhnosti zanumerovany, vozmozhno v besporyadke, nechetnymi chislami 3, 5, 7, ..., 49. esli odin nomer delitsya na drugoy, to sootvetstvuyuschie tochki soedinyayutsya hordoy. dokazhite, chto naydutsya hordy, peresekayuschiesya vnutri kruga. sol-archive-card reshenie ai_checked rassmotrim shest chisel 3, 21, 7, 35, 5, 15. kazhdoe sleduyuschee delitsya na predyduschee ili naoborot, poetomu na okruzhnosti poluchaem hordy 3-21, 21-7, 7-35, 35-5, 5-15, 15-3. eti shest hord obrazuyut tsikl 3-21-7-35-5-15-3. esli by nikakie dve hordy ne peresekalis vnutri kruga, to vershiny lyubogo takogo tsikla obyazany byli by raspolagatsya na okruzhnosti imenno v tsiklicheskom poryadke 3, 21, 7, 35, 5, 15. teper rassmotrim chislo 45. ono soedinyaetsya hordoy s 3 i s 5, potomu chto delitsya i na 3, i na 5. kakuyu by iz shesti dug mezhdu sosednimi vershinami ukazannogo tsikla ni zanyala tochka 45, odna iz hord 3-45 ili 5-45 obyazatelno peresechet odnu iz storon tsikla vnutri kruga. sledovatelno, peresekayuschiesya hordy suschestvuyut.","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2013-start-round4-problem8","title":"Средние степени по двум классам вершин, ЮМТ 2013","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2013-start-round4-problem8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2013-start-round4-problem8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2013-start-round4-problem8","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2013, Старт-лига, четвёртый тур, 8. Коты и псы в дачном посёлке"],"year":"2013","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","goal_counting"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2013_start_round4_problem8.md; этап: Старт-лига, четвёртый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Решение распознано как официальное или архивное; оснований понижать статус не найдено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В дачном посёлке из животных есть только псы и коты. У кота в среднем втрое больше знакомых среди котов, чем среди псов. У пса в среднем впятеро больше знакомых среди псов, чем среди котов. У пса среднее число знакомых животных вдвое больше, чем у кота. Кого в посёлке больше: котов или псов, и во сколько раз?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-bipartition-average-degrees","title":"Средние степени по двум классам","status":"ai_checked","text":"Вершины простого графа разбиты на два непустых класса \\(A\\) и \\(B\\). Средняя по вершинам \\(A\\) степень внутри \\(A\\) втрое больше средней степени из \\(A\\) в \\(B\\); средняя по вершинам \\(B\\) степень внутри \\(B\\) впятеро больше средней степени из \\(B\\) в \\(A\\). Средняя полная степень вершины из \\(B\\) вдвое больше средней полной степени вершины из \\(A\\). Найдите \\(|A|:|B|\\).","definition_ids":["degree","simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["degree"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим граф знакомств: вершины этого графа — животные, а рёбра — знакомства. Пусть a — число рёбер между котами, b — число рёбер между псами, c — число рёбер между котами и псами. Обозначим через k число котов, а через p число псов. Тогда среднее число знакомых кота среди котов равно 2a / k, среди псов равно c / k. По условию первое в три раза больше второго, значит, 2a / k = 3c / k, откуда 2a = 3c. Так же у пса среднее число знакомых среди псов равно 2b / p, среди котов равно c / p. По условию 2b / p = 5c / p, откуда 2b = 5c. Среднее число знакомых животных у кота равно (2a + c) / k, а у пса равно (2b + c) / p. По условию у пса это число вдвое больше, чем у кота: (2b + c) / p = 2(2a + c) / k. Подставляя 2a = 3c и 2b = 5c, получаем 6c / p = 8c / k. Так как c > 0, отсюда следует k / p = 4 / 3. Значит, котов в посёлке больше в 4/3 раза."}],"relations":[],"search_text":"yumt-2013-start-round4-problem8 средние степени по двум классам вершин, юмт 2013 double_counting goal_counting 2013 https://adygmath.ru/content/files/smena2013/4tur_pol_start_resh.pdf olympiad_archive src-yumt-2013-start-round4-problem8-official with_solution yumt yumt2013 юмт юмт 2013, старт-лига, четвёртый тур, 8. коты и псы в дачном посёлке юмт2013 ? юмт 2013, старт-лига, четвёртый тур, 8. коты и псы в дачном посёлке stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в дачном посёлке из животных есть только псы и коты. у кота в среднем втрое больше знакомых среди котов, чем среди псов. у пса в среднем впятеро больше знакомых среди псов, чем среди котов. у пса среднее число знакомых животных вдвое больше, чем у кота. кого в посёлке больше: котов или псов, и во сколько раз? stmt-graph-bipartition-average-degrees средние степени по двум классам ai_checked вершины простого графа разбиты на два непустых класса \\(a\\) и \\(b\\). средняя по вершинам \\(a\\) степень внутри \\(a\\) втрое больше средней степени из \\(a\\) в \\(b\\); средняя по вершинам \\(b\\) степень внутри \\(b\\) впятеро больше средней степени из \\(b\\) в \\(a\\). средняя полная степень вершины из \\(b\\) вдвое больше средней полной степени вершины из \\(a\\). найдите \\(|a|:|b|\\). degree simple_graph idea-double-count-acquaintances-by-species двойной подсчёт знакомств по типам животных вводятся четыре суммы: знакомства кот-кот, кот-пёс, пёс-пёс и общее число знакомств; данные о средних значениях превращаются в линейные соотношения между ними. double_counting ai_draft sol-archive-card решение ai_checked degree double_counting рассмотрим граф знакомств: вершины этого графа — животные, а рёбра — знакомства. пусть a — число рёбер между котами, b — число рёбер между псами, c — число рёбер между котами и псами. обозначим через k число котов, а через p число псов. тогда среднее число знакомых кота среди котов равно 2a / k, среди псов равно c / k. по условию первое в три раза больше второго, значит, 2a / k = 3c / k, откуда 2a = 3c. так же у пса среднее число знакомых среди псов равно 2b / p, среди котов равно c / p. по условию 2b / p = 5c / p, откуда 2b = 5c. среднее число знакомых животных у кота равно (2a + c) / k, а у пса равно (2b + c) / p. по условию у пса это число вдвое больше, чем у кота: (2b + c) / p = 2(2a + c) / k. подставляя 2a = 3c и 2b = 5c, получаем 6c / p = 8c / k. так как c > 0, отсюда следует k / p = 4 / 3. значит, котов в посёлке больше в 4/3 раза. yumt-2013-start-round4-problem8 srednie stepeni po dvum klassam vershin, yumt 2013 double_counting goal_counting 2013 https://adygmath.ru/content/files/smena2013/4tur_pol_start_resh.pdf olympiad_archive src-yumt-2013-start-round4-problem8-official with_solution yumt yumt2013 yumt yumt 2013, start-liga, chetvertyy tur, 8. koty i psy v dachnom poselke yumt2013 ? yumt 2013, start-liga, chetvertyy tur, 8. koty i psy v dachnom poselke stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v dachnom poselke iz zhivotnyh est tolko psy i koty. u kota v srednem vtroe bolshe znakomyh sredi kotov, chem sredi psov. u psa v srednem vpyatero bolshe znakomyh sredi psov, chem sredi kotov. u psa srednee chislo znakomyh zhivotnyh vdvoe bolshe, chem u kota. kogo v poselke bolshe: kotov ili psov, i vo skolko raz? stmt-graph-bipartition-average-degrees srednie stepeni po dvum klassam ai_checked vershiny prostogo grafa razbity na dva nepustyh klassa \\(a\\) i \\(b\\). srednyaya po vershinam \\(a\\) stepen vnutri \\(a\\) vtroe bolshe sredney stepeni iz \\(a\\) v \\(b\\); srednyaya po vershinam \\(b\\) stepen vnutri \\(b\\) vpyatero bolshe sredney stepeni iz \\(b\\) v \\(a\\). srednyaya polnaya stepen vershiny iz \\(b\\) vdvoe bolshe sredney polnoy stepeni vershiny iz \\(a\\). naydite \\(|a|:|b|\\). degree simple_graph idea-double-count-acquaintances-by-species dvoynoy podschet znakomstv po tipam zhivotnyh vvodyatsya chetyre summy: znakomstva kot-kot, kot-pes, pes-pes i obschee chislo znakomstv; dannye o srednih znacheniyah prevraschayutsya v lineynye sootnosheniya mezhdu nimi. double_counting ai_draft sol-archive-card reshenie ai_checked degree double_counting rassmotrim graf znakomstv: vershiny etogo grafa — zhivotnye, a rebra — znakomstva. pust a — chislo reber mezhdu kotami, b — chislo reber mezhdu psami, c — chislo reber mezhdu kotami i psami. oboznachim cherez k chislo kotov, a cherez p chislo psov. togda srednee chislo znakomyh kota sredi kotov ravno 2a / k, sredi psov ravno c / k. po usloviyu pervoe v tri raza bolshe vtorogo, znachit, 2a / k = 3c / k, otkuda 2a = 3c. tak zhe u psa srednee chislo znakomyh sredi psov ravno 2b / p, sredi kotov ravno c / p. po usloviyu 2b / p = 5c / p, otkuda 2b = 5c. srednee chislo znakomyh zhivotnyh u kota ravno (2a + c) / k, a u psa ravno (2b + c) / p. po usloviyu u psa eto chislo vdvoe bolshe, chem u kota: (2b + c) / p = 2(2a + c) / k. podstavlyaya 2a = 3c i 2b = 5c, poluchaem 6c / p = 8c / k. tak kak c > 0, otsyuda sleduet k / p = 4 / 3. znachit, kotov v poselke bolshe v 4/3 raza.","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2014-grand-round1-problem5","title":"В графе 3n вершин и 5n рёбер, ЮМТ 2014","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2014-grand-round1-problem5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2014-grand-round1-problem5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2014-grand-round1-problem5","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2014, Гранд-лига, первый тур, 5. В графе 3n вершин и 5n рёбер","Romanian Master of Mathematics 2019, условия","Po-Shen Loh / LuoboshenMath on RMM 2019 cycle-length problem"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","double_counting","pigeonhole_principle","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2014_grand_round1_problem5.md; этап: Гранд-лига, первый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"external_published_solution_adapted","label":"адаптированное опубликованное решение","status":"ai_checked","confidence":0.92,"basis":"аудит повышенной сложности со сверкой официального условия ЮМТ и адаптацией официального решения RMM 2019","notes":"Полное самодостаточное решение добавлено; оно является конечной константной адаптацией первого официального решения RMM 2019 Problem 3."},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В графе 3n вершин и 5n рёбер. Докажите, что в нём есть два простых цикла равной длины.","definition_ids":["simple_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-external-rmm-spanning-forest-counting","title":"Адаптация решения RMM 2019: остовный лес и подсчёт циклов","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","cycle","tree","spanning_tree"],"standard_idea_ids":["double_counting","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем от противного. Пусть G - простой граф с 3n вершинами и 5n рёбрами, в котором все простые циклы имеют попарно различные длины. При n=1 такого простого графа нет, потому что между тремя вершинами может быть не более трёх рёбер; далее считаем n>=2. В простом графе на 3n вершинах длина простого цикла может быть только одним из чисел 3,4,...,3n. Поэтому, если длины всех циклов различны, всего циклов в G не больше 3n-2. Выберем в каждой компоненте G остовное дерево и объединим их в остовный лес F. Пусть c - число компонент. Тогда в F ровно 3n-c рёбер. Остальные рёбра обозначим через B; их число равно q=|B|=5n-(3n-c)=2n+c, значит q>=2n+1. Для каждого ребра b из B добавление b к лесу F создаёт единственный простой цикл \\(C_b\\). Пусть \\(S_b\\) - множество рёбер леса F, лежащих на этом цикле, то есть путь в F между концами b. Длина \\(C_b\\) равна \\(|S_b|+1\\). По предположению все длины цикл…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2014-grand-round1-problem5 в графе 3n вершин и 5n рёбер, юмт 2014 extremal_graph_theory double_counting pigeonhole_principle goal_proof 2014 https://adygmath.ru/content/files/smena2014/1turgrand.pdf https://imomath.com/srb/zadaci/2019_rmm_e.pdf https://k.sina.cn/article_5044281310_12ca99fde02000rh15.html official_archive olympiad_archive po-shen loh / luoboshenmath on rmm 2019 cycle-length problem romanian master of mathematics 2019, условия secondary_solution src-luoboshen-rmm-2019-p3 src-rmm-2019-problems src-yumt-2014-grand-round1-problem5-official with_solution yumt yumt2014 юмт юмт 2014, гранд-лига, первый тур, 5. в графе 3n вершин и 5n рёбер юмт2014 ? юмт 2014, гранд-лига, первый тур, 5. в графе 3n вершин и 5n рёбер romanian master of mathematics 2019, условия po-shen loh / luoboshenmath on rmm 2019 cycle-length problem stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе 3n вершин и 5n рёбер. докажите, что в нём есть два простых цикла равной длины. simple_graph cycle idea-spanning-forest-theta-counting остовный лес, фундаментальные циклы и тета-графы если все длины циклов различны, то фундаментальные циклы относительно остовного леса уже имеют разные длины. их древесные части в сумме достаточно длинны, поэтому одно ребро леса лежит во многих таких циклах; пары этих циклов дают новые циклы в тета-графах, и общее число циклов становится больше числа возможных длин. extremal_graph_theory double_counting pigeonhole_principle ai_checked sol-external-rmm-spanning-forest-counting адаптация решения rmm 2019: остовный лес и подсчёт циклов ai_checked simple_graph cycle tree spanning_tree double_counting pigeonhole_principle докажем от противного. пусть g - простой граф с 3n вершинами и 5n рёбрами, в котором все простые циклы имеют попарно различные длины. при n=1 такого простого графа нет, потому что между тремя вершинами может быть не более трёх рёбер; далее считаем n>=2. в простом графе на 3n вершинах длина простого цикла может быть только одним из чисел 3,4,...,3n. поэтому, если длины всех циклов различны, всего циклов в g не больше 3n-2. выберем в каждой компоненте g остовное дерево и объединим их в остовный лес f. пусть c - число компонент. тогда в f ровно 3n-c рёбер. остальные рёбра обозначим через b; их число равно q=|b|=5n-(3n-c)=2n+c, значит q>=2n+1. для каждого ребра b из b добавление b к лесу f создаёт единственный простой цикл \\(c_b\\). пусть \\(s_b\\) - множество рёбер леса f, лежащих на этом цикле, то есть путь в f между концами b. длина \\(c_b\\) равна \\(|s_b|+1\\). по предположению все длины цикл… yumt-2014-grand-round1-problem5 v grafe 3n vershin i 5n reber, yumt 2014 extremal_graph_theory double_counting pigeonhole_principle goal_proof 2014 https://adygmath.ru/content/files/smena2014/1turgrand.pdf https://imomath.com/srb/zadaci/2019_rmm_e.pdf https://k.sina.cn/article_5044281310_12ca99fde02000rh15.html official_archive olympiad_archive po-shen loh / luoboshenmath on rmm 2019 cycle-length problem romanian master of mathematics 2019, usloviya secondary_solution src-luoboshen-rmm-2019-p3 src-rmm-2019-problems src-yumt-2014-grand-round1-problem5-official with_solution yumt yumt2014 yumt yumt 2014, grand-liga, pervyy tur, 5. v grafe 3n vershin i 5n reber yumt2014 ? yumt 2014, grand-liga, pervyy tur, 5. v grafe 3n vershin i 5n reber romanian master of mathematics 2019, usloviya po-shen loh / luoboshenmath on rmm 2019 cycle-length problem stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe 3n vershin i 5n reber. dokazhite, chto v nem est dva prostyh tsikla ravnoy dliny. simple_graph cycle idea-spanning-forest-theta-counting ostovnyy les, fundamentalnye tsikly i teta-grafy esli vse dliny tsiklov razlichny, to fundamentalnye tsikly otnositelno ostovnogo lesa uzhe imeyut raznye dliny. ih drevesnye chasti v summe dostatochno dlinny, poetomu odno rebro lesa lezhit vo mnogih takih tsiklah; pary etih tsiklov dayut novye tsikly v teta-grafah, i obschee chislo tsiklov stanovitsya bolshe chisla vozmozhnyh dlin. extremal_graph_theory double_counting pigeonhole_principle ai_checked sol-external-rmm-spanning-forest-counting adaptatsiya resheniya rmm 2019: ostovnyy les i podschet tsiklov ai_checked simple_graph cycle tree spanning_tree double_counting pigeonhole_principle dokazhem ot protivnogo. pust g - prostoy graf s 3n vershinami i 5n rebrami, v kotorom vse prostye tsikly imeyut poparno razlichnye dliny. pri n=1 takogo prostogo grafa net, potomu chto mezhdu tremya vershinami mozhet byt ne bolee treh reber; dalee schitaem n>=2. v prostom grafe na 3n vershinah dlina prostogo tsikla mozhet byt tolko odnim iz chisel 3,4,...,3n. poetomu, esli dliny vseh tsiklov razlichny, vsego tsiklov v g ne bolshe 3n-2. vyberem v kazhdoy komponente g ostovnoe derevo i obedinim ih v ostovnyy les f. pust c - chislo komponent. togda v f rovno 3n-c reber. ostalnye rebra oboznachim cherez b; ih chislo ravno q=|b|=5n-(3n-c)=2n+c, znachit q>=2n+1. dlya kazhdogo rebra b iz b dobavlenie b k lesu f sozdaet edinstvennyy prostoy tsikl \\(c_b\\). pust \\(s_b\\) - mnozhestvo reber lesa f, lezhaschih na etom tsikle, to est put v f mezhdu kontsami b. dlina \\(c_b\\) ravna \\(|s_b|+1\\). po predpolozheniyu vse dliny tsikl…","source_keys":["yumt","rmm"]}
{"id":"yumt-2014-grand-round2-problem9","title":"Планарный граф рёбер кубиков, ЮМТ 2014","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2014-grand-round2-problem9.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2014-grand-round2-problem9.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2014-grand-round2-problem9","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2014, Гранд-лига, второй тур, 9. Планарный граф рёбер кубиков","Embedding Grid Graphs on Surfaces","Minimum-Perimeter Lattice Animals"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["planar_graphs","trees","induction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":8,"comment":"2026-05-06 high-reasoning pass: добавлено самодостаточное решение. Ключевой шаг — лемма о листовом кубике в планарной склейке; после неё ответ следует индукцией и конструкцией столбика 1x1x1000.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_full_solution","label":"полное решение добавлено","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"2026-05-06 проход высокой сложности по решению","notes":"Опубликованное решение по-прежнему не найдено, но карточка содержит самодостаточное доказательство: планарная склейка имеет листовой кубик, удаление которого уменьшает число отмеченных вершин на 4; конструкция прямого столбика достигает 4004.","audit_source":"manual-high-reasoning-pass-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"source_verified","text":"Джо взял 1000 единичных кубиков и склеил гранями так, что получилось связное тело. Затем он отметил все вершины кубиков и нарисовал все их рёбра. Полученный граф оказался планарным. Найдите наименьшее возможное количество отмеченных вершин.","definition_ids":["planar_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-leaf-cube-induction","title":"Ответ 4004 через разбор планарной склейки","status":"ai_checked","definition_ids":["planar_graph","tree","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(4004\\). Сначала докажем лемму, которая является здесь основным содержанием планарности. Лемма. Пусть несколько единичных кубиков склеены гранями, тело связно, а граф, составленный из всех вершин и рёбер этих кубиков, планарен. Тогда, если кубиков больше одного, среди них есть кубик \\(Q\\), который имеет с остальным телом ровно одну общую грань и не имеет с ним других общих вершин или рёбер. Доказательство леммы. Рассмотрим плоскую укладку графа. Скелет одного куба — это граф куба; он 3-связен, поэтому его плоская укладка единственна с точностью до выбора внешней грани: шесть квадратных циклов, соответствующих граням куба, являются шестью границами областей. Значит, всё, что приклеено к данной грани куба, в любой плоской укладке должно лежать в соответствующей области этого квадратного цикла. Если утверждение леммы неверно, то при движении от куба к кубу через места соприкосновен…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2014-gr2-p9-euler-planar-quadrangulation","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"backward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2014-gr2-p9-tree-leaf-induction","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2014-gr2-p9-cmo-2025-planar-obstruction","neighbor_id":"cmo-2025-p5-ant-planar-graph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2014-grand-round2-problem9 планарный граф рёбер кубиков, юмт 2014 planar_graphs trees induction goal_exact_bound 2014 embedding grid graphs on surfaces https://adygmath.ru/content/files/smena2014/2turgrand.pdf https://arxiv.org/abs/2104.12270 https://www.combinatorics.org/ojs/index.php/eljc/article/download/v29i3p45/pdf/ minimum-perimeter lattice animals olympiad_archive paper src-grid-graphs-on-surfaces src-minimum-perimeter-lattice-animals src-yumt-2014-grand-round2-problem9-official with_solution yumt yumt2014 юмт юмт 2014, гранд-лига, второй тур, 9. планарный граф рёбер кубиков юмт2014 unknown юмт 2014, гранд-лига, второй тур, 9. планарный граф рёбер кубиков embedding grid graphs on surfaces minimum-perimeter lattice animals stmt-original оригинальная формулировка source_verified джо взял 1000 единичных кубиков и склеил гранями так, что получилось связное тело. затем он отметил все вершины кубиков и нарисовал все их рёбра. полученный граф оказался планарным. найдите наименьшее возможное количество отмеченных вершин. planar_graph idea-planar-leaf-cube планарная склейка кубов разбирается по листовым кубам главный шаг — не пытаться уплотнять тело, а использовать планарность всего графа рёбер. если у конечной склейки кубов планарный 1-скелет, то среди кубов есть такой, который соприкасается с остальной частью ровно по одной своей грани и больше не имеет с ней общих вершин или рёбер. иначе в скелете возникает замкнутый пояс кубических рёбер, содержащий подразделение \\(k_{3,3}\\), что противоречит планарности. после удаления такого куба число отмеченных вершин уменьшается ровно на \\(4\\). planar_graphs trees induction ai_checked sol-leaf-cube-induction ответ 4004 через разбор планарной склейки ai_checked planar_graph tree cycle ответ: \\(4004\\). сначала докажем лемму, которая является здесь основным содержанием планарности. лемма. пусть несколько единичных кубиков склеены гранями, тело связно, а граф, составленный из всех вершин и рёбер этих кубиков, планарен. тогда, если кубиков больше одного, среди них есть кубик \\(q\\), который имеет с остальным телом ровно одну общую грань и не имеет с ним других общих вершин или рёбер. доказательство леммы. рассмотрим плоскую укладку графа. скелет одного куба — это граф куба; он 3-связен, поэтому его плоская укладка единственна с точностью до выбора внешней грани: шесть квадратных циклов, соответствующих граням куба, являются шестью границами областей. значит, всё, что приклеено к данной грани куба, в любой плоской укладке должно лежать в соответствующей области этого квадратного цикла. если утверждение леммы неверно, то при движении от куба к кубу через места соприкосновен… yumt-2014-grand-round2-problem9 planarnyy graf reber kubikov, yumt 2014 planar_graphs trees induction goal_exact_bound 2014 embedding grid graphs on surfaces https://adygmath.ru/content/files/smena2014/2turgrand.pdf https://arxiv.org/abs/2104.12270 https://www.combinatorics.org/ojs/index.php/eljc/article/download/v29i3p45/pdf/ minimum-perimeter lattice animals olympiad_archive paper src-grid-graphs-on-surfaces src-minimum-perimeter-lattice-animals src-yumt-2014-grand-round2-problem9-official with_solution yumt yumt2014 yumt yumt 2014, grand-liga, vtoroy tur, 9. planarnyy graf reber kubikov yumt2014 unknown yumt 2014, grand-liga, vtoroy tur, 9. planarnyy graf reber kubikov embedding grid graphs on surfaces minimum-perimeter lattice animals stmt-original originalnaya formulirovka source_verified dzho vzyal 1000 edinichnyh kubikov i skleil granyami tak, chto poluchilos svyaznoe telo. zatem on otmetil vse vershiny kubikov i narisoval vse ih rebra. poluchennyy graf okazalsya planarnym. naydite naimenshee vozmozhnoe kolichestvo otmechennyh vershin. planar_graph idea-planar-leaf-cube planarnaya skleyka kubov razbiraetsya po listovym kubam glavnyy shag — ne pytatsya uplotnyat telo, a ispolzovat planarnost vsego grafa reber. esli u konechnoy skleyki kubov planarnyy 1-skelet, to sredi kubov est takoy, kotoryy soprikasaetsya s ostalnoy chastyu rovno po odnoy svoey grani i bolshe ne imeet s ney obschih vershin ili reber. inache v skelete voznikaet zamknutyy poyas kubicheskih reber, soderzhaschiy podrazdelenie \\(k_{3,3}\\), chto protivorechit planarnosti. posle udaleniya takogo kuba chislo otmechennyh vershin umenshaetsya rovno na \\(4\\). planar_graphs trees induction ai_checked sol-leaf-cube-induction otvet 4004 cherez razbor planarnoy skleyki ai_checked planar_graph tree cycle otvet: \\(4004\\). snachala dokazhem lemmu, kotoraya yavlyaetsya zdes osnovnym soderzhaniem planarnosti. lemma. pust neskolko edinichnyh kubikov skleeny granyami, telo svyazno, a graf, sostavlennyy iz vseh vershin i reber etih kubikov, planaren. togda, esli kubikov bolshe odnogo, sredi nih est kubik \\(q\\), kotoryy imeet s ostalnym telom rovno odnu obschuyu gran i ne imeet s nim drugih obschih vershin ili reber. dokazatelstvo lemmy. rassmotrim ploskuyu ukladku grafa. skelet odnogo kuba — eto graf kuba; on 3-svyazen, poetomu ego ploskaya ukladka edinstvenna s tochnostyu do vybora vneshney grani: shest kvadratnyh tsiklov, sootvetstvuyuschih granyam kuba, yavlyayutsya shestyu granitsami oblastey. znachit, vse, chto prikleeno k dannoy grani kuba, v lyuboy ploskoy ukladke dolzhno lezhat v sootvetstvuyuschey oblasti etogo kvadratnogo tsikla. esli utverzhdenie lemmy neverno, to pri dvizhenii ot kuba k kubu cherez mesta soprikosnoven…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2014-grand-round4-problem1","title":"Максимум цветов при одноцветной связности, ЮМТ 2014","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2014-grand-round4-problem1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2014-grand-round4-problem1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2014-grand-round4-problem1","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2014, Гранд-лига, четвёртый тур, бои за 5 и 7 места, 1. Авиарейсы, компании и связность по одной компании"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_graph_theory","double_counting","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2014_grand_round4_problem1.md; этап: Гранд-лига, четвёртый тур, бои за 5 и 7 места.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране 100 городов; некоторые пары городов соединены двусторонними авиарейсами. Всего есть 2014 авиарейсов; при этом существуют такие два города, что от одного к другому нельзя добраться ни одним, ни двумя рейсами. Рейсы распределены между n авиакомпаниями, у каждой есть хотя бы один рейс. Для любых двух городов существует авиакомпания, рейсами которой можно добраться от первого города до второго, возможно с пересадками. При каком наибольшем n это возможно?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-theory","title":"Максимум цветов в рёберной раскраске","status":"ai_checked","text":"В простом графе \\(G\\) на 100 вершинах ровно 2014 рёбер, и найдутся две вершины, не соединённые путём длины 1 или 2. Рёбра \\(G\\) раскрашены в \\(n\\) цветов, каждый цвет использован хотя бы один раз. Для любых двух вершин \\(x,y\\) существует цвет, в подграфе из рёбер этого цвета вершины \\(x\\) и \\(y\\) лежат в одной компоненте связности. Найдите наибольшее возможное \\(n\\).","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-bad-pair-and-spanning-path","title":"ИИ-решение: плохая пара и остовный путь","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","path"],"standard_idea_ids":["double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(1916\\). Сначала докажем, что больше быть не может. Рассмотрим граф, вершины которого — города, а рёбра — авиарейсы. Выберем два города \\(a\\) и \\(b\\), между которыми нельзя добраться ни одним, ни двумя рейсами. Значит, ребра \\(ab\\) нет, и ни один город не соединён рейсами одновременно с \\(a\\) и с \\(b\\). Для каждого из остальных 98 городов \\(v\\) выберем одну отсутствующую пару из \\(av\\), \\(bv\\): это возможно, потому что иначе \\(v\\) был бы общим соседом \\(a\\) и \\(b\\). По условию для выбранной отсутствующей пары существует авиакомпания, внутри рейсов которой её концы лежат в одной компоненте связности. Назначим город \\(v\\) одной такой авиакомпании. Покажем, что авиакомпания с \\(m\\) рейсами может получить не более \\(m-1\\) назначенных городов. Достаточно смотреть только на те компоненты её графа, которые содержат \\(a\\) или \\(b\\). Если компонента содержит, скажем, \\(a\\), но не содержи…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2014-grand-round4-problem1 максимум цветов при одноцветной связности, юмт 2014 connectivity extremal_graph_theory double_counting construction goal_exact_bound 2014 https://adygmath.ru/content/files/smena2014/4turgrandd.pdf olympiad_archive src-yumt-2014-grand-round4-problem1-official with_solution yumt yumt2014 юмт юмт 2014, гранд-лига, четвёртый тур, бои за 5 и 7 места, 1. авиарейсы, компании и связность по одной компании юмт2014 ? юмт 2014, гранд-лига, четвёртый тур, бои за 5 и 7 места, 1. авиарейсы, компании и связность по одной компании stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 100 городов; некоторые пары городов соединены двусторонними авиарейсами. всего есть 2014 авиарейсов; при этом существуют такие два города, что от одного к другому нельзя добраться ни одним, ни двумя рейсами. рейсы распределены между n авиакомпаниями, у каждой есть хотя бы один рейс. для любых двух городов существует авиакомпания, рейсами которой можно добраться от первого города до второго, возможно с пересадками. при каком наибольшем n это возможно? stmt-graph-theory максимум цветов в рёберной раскраске ai_checked в простом графе \\(g\\) на 100 вершинах ровно 2014 рёбер, и найдутся две вершины, не соединённые путём длины 1 или 2. рёбра \\(g\\) раскрашены в \\(n\\) цветов, каждый цвет использован хотя бы один раз. для любых двух вершин \\(x,y\\) существует цвет, в подграфе из рёбер этого цвета вершины \\(x\\) и \\(y\\) лежат в одной компоненте связности. найдите наибольшее возможное \\(n\\). simple_graph connected_graph path idea-bad-pair-charging плохая пара заряжает лишние рёбра компаний возьмём два города, между которыми нет пути длины 1 или 2. для каждого другого города хотя бы один из двух рейсов к этой паре отсутствует, но эта отсутствующая пара должна соединяться внутри некоторой авиакомпании. если у компании \\(m\\) рейсов, то она может отвечать не более чем за \\(m-1\\) таких городов; суммирование даёт верхнюю оценку на число компаний. double_counting extremal_graph_theory ai_checked sol-ai-bad-pair-and-spanning-path ии-решение: плохая пара и остовный путь ai_checked simple_graph connected_graph path double_counting ответ: \\(1916\\). сначала докажем, что больше быть не может. рассмотрим граф, вершины которого — города, а рёбра — авиарейсы. выберем два города \\(a\\) и \\(b\\), между которыми нельзя добраться ни одним, ни двумя рейсами. значит, ребра \\(ab\\) нет, и ни один город не соединён рейсами одновременно с \\(a\\) и с \\(b\\). для каждого из остальных 98 городов \\(v\\) выберем одну отсутствующую пару из \\(av\\), \\(bv\\): это возможно, потому что иначе \\(v\\) был бы общим соседом \\(a\\) и \\(b\\). по условию для выбранной отсутствующей пары существует авиакомпания, внутри рейсов которой её концы лежат в одной компоненте связности. назначим город \\(v\\) одной такой авиакомпании. покажем, что авиакомпания с \\(m\\) рейсами может получить не более \\(m-1\\) назначенных городов. достаточно смотреть только на те компоненты её графа, которые содержат \\(a\\) или \\(b\\). если компонента содержит, скажем, \\(a\\), но не содержи… yumt-2014-grand-round4-problem1 maksimum tsvetov pri odnotsvetnoy svyaznosti, yumt 2014 connectivity extremal_graph_theory double_counting construction goal_exact_bound 2014 https://adygmath.ru/content/files/smena2014/4turgrandd.pdf olympiad_archive src-yumt-2014-grand-round4-problem1-official with_solution yumt yumt2014 yumt yumt 2014, grand-liga, chetvertyy tur, boi za 5 i 7 mesta, 1. aviareysy, kompanii i svyaznost po odnoy kompanii yumt2014 ? yumt 2014, grand-liga, chetvertyy tur, boi za 5 i 7 mesta, 1. aviareysy, kompanii i svyaznost po odnoy kompanii stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 100 gorodov; nekotorye pary gorodov soedineny dvustoronnimi aviareysami. vsego est 2014 aviareysov; pri etom suschestvuyut takie dva goroda, chto ot odnogo k drugomu nelzya dobratsya ni odnim, ni dvumya reysami. reysy raspredeleny mezhdu n aviakompaniyami, u kazhdoy est hotya by odin reys. dlya lyubyh dvuh gorodov suschestvuet aviakompaniya, reysami kotoroy mozhno dobratsya ot pervogo goroda do vtorogo, vozmozhno s peresadkami. pri kakom naibolshem n eto vozmozhno? stmt-graph-theory maksimum tsvetov v rebernoy raskraske ai_checked v prostom grafe \\(g\\) na 100 vershinah rovno 2014 reber, i naydutsya dve vershiny, ne soedinennye putem dliny 1 ili 2. rebra \\(g\\) raskrasheny v \\(n\\) tsvetov, kazhdyy tsvet ispolzovan hotya by odin raz. dlya lyubyh dvuh vershin \\(x,y\\) suschestvuet tsvet, v podgrafe iz reber etogo tsveta vershiny \\(x\\) i \\(y\\) lezhat v odnoy komponente svyaznosti. naydite naibolshee vozmozhnoe \\(n\\). simple_graph connected_graph path idea-bad-pair-charging plohaya para zaryazhaet lishnie rebra kompaniy vozmem dva goroda, mezhdu kotorymi net puti dliny 1 ili 2. dlya kazhdogo drugogo goroda hotya by odin iz dvuh reysov k etoy pare otsutstvuet, no eta otsutstvuyuschaya para dolzhna soedinyatsya vnutri nekotoroy aviakompanii. esli u kompanii \\(m\\) reysov, to ona mozhet otvechat ne bolee chem za \\(m-1\\) takih gorodov; summirovanie daet verhnyuyu otsenku na chislo kompaniy. double_counting extremal_graph_theory ai_checked sol-ai-bad-pair-and-spanning-path ii-reshenie: plohaya para i ostovnyy put ai_checked simple_graph connected_graph path double_counting otvet: \\(1916\\). snachala dokazhem, chto bolshe byt ne mozhet. rassmotrim graf, vershiny kotorogo — goroda, a rebra — aviareysy. vyberem dva goroda \\(a\\) i \\(b\\), mezhdu kotorymi nelzya dobratsya ni odnim, ni dvumya reysami. znachit, rebra \\(ab\\) net, i ni odin gorod ne soedinen reysami odnovremenno s \\(a\\) i s \\(b\\). dlya kazhdogo iz ostalnyh 98 gorodov \\(v\\) vyberem odnu otsutstvuyuschuyu paru iz \\(av\\), \\(bv\\): eto vozmozhno, potomu chto inache \\(v\\) byl by obschim sosedom \\(a\\) i \\(b\\). po usloviyu dlya vybrannoy otsutstvuyuschey pary suschestvuet aviakompaniya, vnutri reysov kotoroy ee kontsy lezhat v odnoy komponente svyaznosti. naznachim gorod \\(v\\) odnoy takoy aviakompanii. pokazhem, chto aviakompaniya s \\(m\\) reysami mozhet poluchit ne bolee \\(m-1\\) naznachennyh gorodov. dostatochno smotret tolko na te komponenty ee grafa, kotorye soderzhat \\(a\\) ili \\(b\\). esli komponenta soderzhit, skazhem, \\(a\\), no ne soderzhi…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2014-junior-round1-problem1","title":"Два простых цикла одинаковой длины, ЮМТ 2014","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2014-junior-round1-problem1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2014-junior-round1-problem1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2014-junior-round1-problem1","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2014, Юниор-лига, первый тур, 1. Два простых цикла одинаковой длины","Math StackExchange: graph with at least 2n-3 edges has two cycles of same length"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2014_junior_round1_problem1.md; этап: Юниор-лига, первый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Решение распознано как официальное или архивное; оснований понижать статус не найдено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В графе 100 вершин и 200 рёбер. Докажите, что в нём есть два простых цикла одинаковой длины.","definition_ids":["simple_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Остовный лес и фундаментальные циклы","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","tree"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем в каждой компоненте связности графа остовное дерево; вместе они образуют остовный лес F. Если компонент c, то в F ровно 100-c рёбер, а значит вне F лежит 200-(100-c)=100+c рёбер, в частности не меньше 101. Каждое ребро e, не входящее в F, соединяет две вершины одной компоненты. В дереве этой компоненты между ними есть единственный путь; добавив к нему e, получаем простой цикл. Для разных неостовных рёбер получаются разные циклы, потому что каждый такой цикл содержит ровно своё одно неостовное ребро. Длина любого простого цикла в простом графе на 100 вершинах может быть только одной из 98 величин: 3,4,...,100. Но построенных фундаментальных циклов не меньше 101. По принципу Дирихле среди них найдутся два цикла одинаковой длины."}],"relations":[],"search_text":"yumt-2014-junior-round1-problem1 два простых цикла одинаковой длины, юмт 2014 goal_proof 2014 community_solution https://adygmath.ru/content/files/smena2014/1turjunior.pdf https://math.stackexchange.com/questions/2804398/let-g-be-a-simple-n-vertex-graph-with-at-least-2n%e2%88%923-edges-prove-that-g math stackexchange: graph with at least 2n-3 edges has two cycles of same length olympiad_archive src-mse-yumt-2014-junior-r1-p1 src-yumt-2014-junior-round1-problem1-official with_solution yumt yumt2014 юмт юмт 2014, юниор-лига, первый тур, 1. два простых цикла одинаковой длины юмт2014 ? юмт 2014, юниор-лига, первый тур, 1. два простых цикла одинаковой длины math stackexchange: graph with at least 2n-3 edges has two cycles of same length stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе 100 вершин и 200 рёбер. докажите, что в нём есть два простых цикла одинаковой длины. simple_graph cycle idea-spanning-forest-extra-edges-equal-cycles остовный лес и классификация фундаментальных циклов берём остовный лес графа. каждое не входящее в него ребро задаёт свой фундаментальный цикл, а таких рёбер больше, чем возможных длин простого цикла. ai_checked sol-archive-card остовный лес и фундаментальные циклы ai_checked cycle tree delete_to_simplify выберем в каждой компоненте связности графа остовное дерево; вместе они образуют остовный лес f. если компонент c, то в f ровно 100-c рёбер, а значит вне f лежит 200-(100-c)=100+c рёбер, в частности не меньше 101. каждое ребро e, не входящее в f, соединяет две вершины одной компоненты. в дереве этой компоненты между ними есть единственный путь; добавив к нему e, получаем простой цикл. для разных неостовных рёбер получаются разные циклы, потому что каждый такой цикл содержит ровно своё одно неостовное ребро. длина любого простого цикла в простом графе на 100 вершинах может быть только одной из 98 величин: 3,4,...,100. но построенных фундаментальных циклов не меньше 101. по принципу дирихле среди них найдутся два цикла одинаковой длины. yumt-2014-junior-round1-problem1 dva prostyh tsikla odinakovoy dliny, yumt 2014 goal_proof 2014 community_solution https://adygmath.ru/content/files/smena2014/1turjunior.pdf https://math.stackexchange.com/questions/2804398/let-g-be-a-simple-n-vertex-graph-with-at-least-2n%e2%88%923-edges-prove-that-g math stackexchange: graph with at least 2n-3 edges has two cycles of same length olympiad_archive src-mse-yumt-2014-junior-r1-p1 src-yumt-2014-junior-round1-problem1-official with_solution yumt yumt2014 yumt yumt 2014, yunior-liga, pervyy tur, 1. dva prostyh tsikla odinakovoy dliny yumt2014 ? yumt 2014, yunior-liga, pervyy tur, 1. dva prostyh tsikla odinakovoy dliny math stackexchange: graph with at least 2n-3 edges has two cycles of same length stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe 100 vershin i 200 reber. dokazhite, chto v nem est dva prostyh tsikla odinakovoy dliny. simple_graph cycle idea-spanning-forest-extra-edges-equal-cycles ostovnyy les i klassifikatsiya fundamentalnyh tsiklov berem ostovnyy les grafa. kazhdoe ne vhodyaschee v nego rebro zadaet svoy fundamentalnyy tsikl, a takih reber bolshe, chem vozmozhnyh dlin prostogo tsikla. ai_checked sol-archive-card ostovnyy les i fundamentalnye tsikly ai_checked cycle tree delete_to_simplify vyberem v kazhdoy komponente svyaznosti grafa ostovnoe derevo; vmeste oni obrazuyut ostovnyy les f. esli komponent c, to v f rovno 100-c reber, a znachit vne f lezhit 200-(100-c)=100+c reber, v chastnosti ne menshe 101. kazhdoe rebro e, ne vhodyaschee v f, soedinyaet dve vershiny odnoy komponenty. v dereve etoy komponenty mezhdu nimi est edinstvennyy put; dobaviv k nemu e, poluchaem prostoy tsikl. dlya raznyh neostovnyh reber poluchayutsya raznye tsikly, potomu chto kazhdyy takoy tsikl soderzhit rovno svoe odno neostovnoe rebro. dlina lyubogo prostogo tsikla v prostom grafe na 100 vershinah mozhet byt tolko odnoy iz 98 velichin: 3,4,...,100. no postroennyh fundamentalnyh tsiklov ne menshe 101. po printsipu dirihle sredi nih naydutsya dva tsikla odinakovoy dliny.","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2014-start-final-problem1","title":"Циклы, разъединяющие мультиграф, ЮМТ 2014","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2014-start-final-problem1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2014-start-final-problem1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2014-start-final-problem1","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2014, Старт-лига, финал, 1. Закрытие дорог любого кольцевого маршрута","Math StackExchange: maximum edges of a cactus graph","Generalized cacti with largest spectral radius"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2014_start_final_problem1.md; этап: Старт-лига, финал.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране 111 городов. Некоторые пары городов соединены одной или несколькими дорогами, не проходящими через другие города. Известно, что из любого города можно проехать в любой другой. Однако при закрытии на ремонт дорог любого кольцевого маршрута это свойство нарушается. Какое наибольшее число дорог может быть в стране?","definition_ids":["connected_graph","cycle","multigraph"]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph","title":"Максимум рёбер в мультиграфе","status":"ai_checked","text":"Пусть \\(G\\) — связный мультиграф на \\(n\\) вершинах без петель. Удаление всех рёбер любого цикла делает \\(G\\) несвязным. Найдите наибольшее возможное число рёбер в \\(G\\).","definition_ids":["connected_graph","cycle","multigraph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-spanning-tree-complement-cycle","title":"ИИ-решение через остовное дерево и цикл вне него","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","cycle","multigraph","tree","spanning_tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(2n-2\\). Сначала докажем, что больше быть не может. Обозначим через \\(m\\) число рёбер графа. Так как граф связен, в нём есть остовное дерево \\(T\\) с \\(n-1\\) рёбрами. Предположим, что \\(m\\ge 2n-1\\). Тогда вне дерева \\(T\\) остаётся не меньше \\(m-(n-1)\\ge n\\) рёбер. Рассмотрим граф на тех же \\(n\\) вершинах, составленный только из этих рёбер, не входящих в \\(T\\). Если бы в нём не было цикла, он был бы лесом, а лес на \\(n\\) вершинах имеет не больше \\(n-1\\) рёбер. Противоречие. Значит, среди рёбер вне \\(T\\) есть некоторый цикл \\(C\\). Но тогда после удаления всех рёбер цикла \\(C\\) все рёбра остовного дерева \\(T\\) останутся. Следовательно, граф всё ещё будет связным. Это противоречит условию задачи. Поэтому \\(m\\le 2n-2\\). Осталось показать, что \\(2n-2\\) рёбер достижимы. Выберем одну вершину \\(O\\) и соединим её с каждой из остальных \\(n-1\\) вершин ровно двумя параллельными рёбрами. Всего…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2014-start-final-problem1 циклы, разъединяющие мультиграф, юмт 2014 connectivity goal_exact_bound 2014 community_solution generalized cacti with largest spectral radius https://adygmath.ru/content/files/smena2014/finalstart.pdf https://arxiv.org/abs/2008.08897 https://math.stackexchange.com/questions/3422548/maximum-egdes-of-a-cactus-graph math stackexchange: maximum edges of a cactus graph olympiad_archive paper src-arxiv-generalized-cacti src-mse-yumt-2014-start-final-p1 src-yumt-2014-start-final-problem1-official with_solution yumt yumt2014 юмт юмт 2014, старт-лига, финал, 1. закрытие дорог любого кольцевого маршрута юмт2014 ? юмт 2014, старт-лига, финал, 1. закрытие дорог любого кольцевого маршрута math stackexchange: maximum edges of a cactus graph generalized cacti with largest spectral radius stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 111 городов. некоторые пары городов соединены одной или несколькими дорогами, не проходящими через другие города. известно, что из любого города можно проехать в любой другой. однако при закрытии на ремонт дорог любого кольцевого маршрута это свойство нарушается. какое наибольшее число дорог может быть в стране? connected_graph cycle multigraph stmt-graph максимум рёбер в мультиграфе ai_checked пусть \\(g\\) — связный мультиграф на \\(n\\) вершинах без петель. удаление всех рёбер любого цикла делает \\(g\\) несвязным. найдите наибольшее возможное число рёбер в \\(g\\). connected_graph cycle multigraph idea-cactus-decomposition кактусовая структура блоков если удаление дорог любого циклического маршрута рушит связность, то разные циклы могут пересекаться лишь в вершинах сочленения; граф дорог ведёт себя как кактус, и число рёбер оценивается по блокам. connectivity ai_draft sol-ai-spanning-tree-complement-cycle ии-решение через остовное дерево и цикл вне него ai_checked connected_graph cycle multigraph tree spanning_tree ответ: \\(2n-2\\). сначала докажем, что больше быть не может. обозначим через \\(m\\) число рёбер графа. так как граф связен, в нём есть остовное дерево \\(t\\) с \\(n-1\\) рёбрами. предположим, что \\(m\\ge 2n-1\\). тогда вне дерева \\(t\\) остаётся не меньше \\(m-(n-1)\\ge n\\) рёбер. рассмотрим граф на тех же \\(n\\) вершинах, составленный только из этих рёбер, не входящих в \\(t\\). если бы в нём не было цикла, он был бы лесом, а лес на \\(n\\) вершинах имеет не больше \\(n-1\\) рёбер. противоречие. значит, среди рёбер вне \\(t\\) есть некоторый цикл \\(c\\). но тогда после удаления всех рёбер цикла \\(c\\) все рёбра остовного дерева \\(t\\) останутся. следовательно, граф всё ещё будет связным. это противоречит условию задачи. поэтому \\(m\\le 2n-2\\). осталось показать, что \\(2n-2\\) рёбер достижимы. выберем одну вершину \\(o\\) и соединим её с каждой из остальных \\(n-1\\) вершин ровно двумя параллельными рёбрами. всего… yumt-2014-start-final-problem1 tsikly, razedinyayuschie multigraf, yumt 2014 connectivity goal_exact_bound 2014 community_solution generalized cacti with largest spectral radius https://adygmath.ru/content/files/smena2014/finalstart.pdf https://arxiv.org/abs/2008.08897 https://math.stackexchange.com/questions/3422548/maximum-egdes-of-a-cactus-graph math stackexchange: maximum edges of a cactus graph olympiad_archive paper src-arxiv-generalized-cacti src-mse-yumt-2014-start-final-p1 src-yumt-2014-start-final-problem1-official with_solution yumt yumt2014 yumt yumt 2014, start-liga, final, 1. zakrytie dorog lyubogo koltsevogo marshruta yumt2014 ? yumt 2014, start-liga, final, 1. zakrytie dorog lyubogo koltsevogo marshruta math stackexchange: maximum edges of a cactus graph generalized cacti with largest spectral radius stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 111 gorodov. nekotorye pary gorodov soedineny odnoy ili neskolkimi dorogami, ne prohodyaschimi cherez drugie goroda. izvestno, chto iz lyubogo goroda mozhno proehat v lyuboy drugoy. odnako pri zakrytii na remont dorog lyubogo koltsevogo marshruta eto svoystvo narushaetsya. kakoe naibolshee chislo dorog mozhet byt v strane? connected_graph cycle multigraph stmt-graph maksimum reber v multigrafe ai_checked pust \\(g\\) — svyaznyy multigraf na \\(n\\) vershinah bez petel. udalenie vseh reber lyubogo tsikla delaet \\(g\\) nesvyaznym. naydite naibolshee vozmozhnoe chislo reber v \\(g\\). connected_graph cycle multigraph idea-cactus-decomposition kaktusovaya struktura blokov esli udalenie dorog lyubogo tsiklicheskogo marshruta rushit svyaznost, to raznye tsikly mogut peresekatsya lish v vershinah sochleneniya; graf dorog vedet sebya kak kaktus, i chislo reber otsenivaetsya po blokam. connectivity ai_draft sol-ai-spanning-tree-complement-cycle ii-reshenie cherez ostovnoe derevo i tsikl vne nego ai_checked connected_graph cycle multigraph tree spanning_tree otvet: \\(2n-2\\). snachala dokazhem, chto bolshe byt ne mozhet. oboznachim cherez \\(m\\) chislo reber grafa. tak kak graf svyazen, v nem est ostovnoe derevo \\(t\\) s \\(n-1\\) rebrami. predpolozhim, chto \\(m\\ge 2n-1\\). togda vne dereva \\(t\\) ostaetsya ne menshe \\(m-(n-1)\\ge n\\) reber. rassmotrim graf na teh zhe \\(n\\) vershinah, sostavlennyy tolko iz etih reber, ne vhodyaschih v \\(t\\). esli by v nem ne bylo tsikla, on byl by lesom, a les na \\(n\\) vershinah imeet ne bolshe \\(n-1\\) reber. protivorechie. znachit, sredi reber vne \\(t\\) est nekotoryy tsikl \\(c\\). no togda posle udaleniya vseh reber tsikla \\(c\\) vse rebra ostovnogo dereva \\(t\\) ostanutsya. sledovatelno, graf vse esche budet svyaznym. eto protivorechit usloviyu zadachi. poetomu \\(m\\le 2n-2\\). ostalos pokazat, chto \\(2n-2\\) reber dostizhimy. vyberem odnu vershinu \\(o\\) i soedinim ee s kazhdoy iz ostalnyh \\(n-1\\) vershin rovno dvumya parallelnymi rebrami. vsego…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2014-start-round1-problem1","title":"Пауки на каркасе тетраэдра, ЮМТ 2014","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2014-start-round1-problem1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2014-start-round1-problem1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2014-start-round1-problem1","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2014, Старт-лига, 1 тур, 1. Пауки на каркасе тетраэдра"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2014_start_round1_problem1.md; этап: Старт-лига, 1 тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Решение распознано как официальное или архивное; оснований понижать статус не найдено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Из палок длиной 1 собран каркас тетраэдра. Баба Яга сажает на каркас 7 пауков. Из расстояний между парами пауков, измеряемых кратчайшим путём по рёбрам тетраэдра, Кащей выбирает наименьшее расстояние R и платит Яге R килограммов золота. Какое наибольшее количество золота может обеспечить себе Яга?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 3/4. Каждый паук лежит хотя бы на двух гранях тетраэдра: если он находится внутри ребра, то принадлежит двум граням, а если в вершине, то трём. Поэтому на четырёх граничных треугольниках тетраэдра, если считать пауков с повторениями, отмечено не менее 14 точек. По принципу Дирихле найдётся грань, на границе которой лежат хотя бы 4 паука. Периметр этой грани равен 3, следовательно, он разбит этими четырьмя пауками как минимум на четыре дуги. Снова по принципу Дирихле две соседние точки на этом контуре находятся на расстоянии не более 3/4. Значит, минимальное расстояние между некоторыми двумя пауками не превосходит 3/4, так что Яга не может гарантировать больше 3/4 килограмма золота. Оценка достигается так. Посадим одного паука в вершину A тетраэдра ABCD. Ещё трёх пауков посадим на рёбра AB, AC, AD на расстоянии 3/4 от вершины A. Оставшихся трёх пауков посадим в середины рёбер BC,…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2014-start-round1-problem1 пауки на каркасе тетраэдра, юмт 2014 goal_exact_bound 2014 https://adygmath.ru/content/files/smena2014/1turstartresh.pdf olympiad_archive src-yumt-2014-start-round1-problem1-official with_solution yumt yumt2014 юмт юмт 2014, старт-лига, 1 тур, 1. пауки на каркасе тетраэдра юмт2014 ? юмт 2014, старт-лига, 1 тур, 1. пауки на каркасе тетраэдра stmt-original оригинальная формулировка ai_checked из палок длиной 1 собран каркас тетраэдра. баба яга сажает на каркас 7 пауков. из расстояний между парами пауков, измеряемых кратчайшим путём по рёбрам тетраэдра, кащей выбирает наименьшее расстояние r и платит яге r килограммов золота. какое наибольшее количество золота может обеспечить себе яга? sol-archive-card решение ai_checked ответ: 3/4. каждый паук лежит хотя бы на двух гранях тетраэдра: если он находится внутри ребра, то принадлежит двум граням, а если в вершине, то трём. поэтому на четырёх граничных треугольниках тетраэдра, если считать пауков с повторениями, отмечено не менее 14 точек. по принципу дирихле найдётся грань, на границе которой лежат хотя бы 4 паука. периметр этой грани равен 3, следовательно, он разбит этими четырьмя пауками как минимум на четыре дуги. снова по принципу дирихле две соседние точки на этом контуре находятся на расстоянии не более 3/4. значит, минимальное расстояние между некоторыми двумя пауками не превосходит 3/4, так что яга не может гарантировать больше 3/4 килограмма золота. оценка достигается так. посадим одного паука в вершину a тетраэдра abcd. ещё трёх пауков посадим на рёбра ab, ac, ad на расстоянии 3/4 от вершины a. оставшихся трёх пауков посадим в середины рёбер bc,… yumt-2014-start-round1-problem1 pauki na karkase tetraedra, yumt 2014 goal_exact_bound 2014 https://adygmath.ru/content/files/smena2014/1turstartresh.pdf olympiad_archive src-yumt-2014-start-round1-problem1-official with_solution yumt yumt2014 yumt yumt 2014, start-liga, 1 tur, 1. pauki na karkase tetraedra yumt2014 ? yumt 2014, start-liga, 1 tur, 1. pauki na karkase tetraedra stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked iz palok dlinoy 1 sobran karkas tetraedra. baba yaga sazhaet na karkas 7 paukov. iz rasstoyaniy mezhdu parami paukov, izmeryaemyh kratchayshim putem po rebram tetraedra, kaschey vybiraet naimenshee rasstoyanie r i platit yage r kilogrammov zolota. kakoe naibolshee kolichestvo zolota mozhet obespechit sebe yaga? sol-archive-card reshenie ai_checked otvet: 3/4. kazhdyy pauk lezhit hotya by na dvuh granyah tetraedra: esli on nahoditsya vnutri rebra, to prinadlezhit dvum granyam, a esli v vershine, to trem. poetomu na chetyreh granichnyh treugolnikah tetraedra, esli schitat paukov s povtoreniyami, otmecheno ne menee 14 tochek. po printsipu dirihle naydetsya gran, na granitse kotoroy lezhat hotya by 4 pauka. perimetr etoy grani raven 3, sledovatelno, on razbit etimi chetyrmya paukami kak minimum na chetyre dugi. snova po printsipu dirihle dve sosednie tochki na etom konture nahodyatsya na rasstoyanii ne bolee 3/4. znachit, minimalnoe rasstoyanie mezhdu nekotorymi dvumya paukami ne prevoshodit 3/4, tak chto yaga ne mozhet garantirovat bolshe 3/4 kilogramma zolota. otsenka dostigaetsya tak. posadim odnogo pauka v vershinu a tetraedra abcd. esche treh paukov posadim na rebra ab, ac, ad na rasstoyanii 3/4 ot vershiny a. ostavshihsya treh paukov posadim v serediny reber bc,…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2014-start-round4-problem2","title":"Ферзи с ограничением на число побитых ранее, ЮМТ 2014","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2014-start-round4-problem2.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2014-start-round4-problem2.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2014-start-round4-problem2","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2014, Старт-лига, четвёртый тур, 2. Ферзи с ограничением на число побитых ранее","adygmath.ru penalti_mlad_resh","adygmath.ru penalti_star_resh","circassiandeer.ru domino_full_ans2"],"year":"2014","type":"olympiad_problem","authors":["Д.Ю. Кузнецов"],"tags":["pigeonhole_principle","degree_counting","graph_in_solution","trees","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"ЮМТ 2014, Старт-лига, четвёртый тур, полуфинал. Официальное решение содержит автора Д.Ю. Кузнецова, пример «пропеллером» и две верхние оценки.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_plan_completed_by_ai","label":"официальный план, доведённый ИИ","status":"ai_checked","confidence":0.98,"basis":"агент с высоким уровнем рассуждения довёл и проверил официальный PDF-план, страница 1","notes":"Верхняя оценка взята из второго официального доказательства и развёрнута в самодостаточную проверку конструкции пропеллера; первое официальное двудольное-лесное доказательство сохранено как альтернативный комментарий.","audit_source":"official-plan-final-pass-yumt-2014-start-round4-problem2-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"На шахматную доску 8×8 по одному выставляют ферзей. Очередной ферзь бьёт не более одного из ранее поставленных. Какое наибольшее число ферзей можно выставить на доску?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-official-expanded","title":"Развёрнутое доказательство","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","cycle","tree"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle","double_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 14. Сначала приведём пример на 14 ферзей. Будем нумеровать строки сверху вниз числами 1,2,...,8, а столбцы слева направо числами 1,2,...,8. Поставим ферзей в таком порядке: \\[ (4,1),(3,1),(2,1),(1,1),(1,5),(1,6),(1,7),(1,8),(5,8),(6,8),(7,8),(8,4),(8,3),(8,2). \\] Это ровно официальный пример методом «пропеллера». Проверим правило. Второй, третий и четвёртый ферзи стоят в первом столбце подряд и видят только ближайшего предыдущего ферзя: дальние закрыты ближайшим. Затем ферзи 5,6,7,8 идут по верхней строке вправо; каждый из них видит только ближайшего слева уже поставленного ферзя. Ферзи 9,10,11 идут вниз по восьмому столбцу; каждый видит только ближайшего сверху. Ферзь 12 в клетке (8,4) не видит ни одного ранее поставленного ферзя. Ферзи 13 и 14 идут по нижней строке влево и каждый видит только ближайшего справа. Значит, 14 ферзей действительно можно выставить. Докажем, что больш…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2014-start-r4p2-tc-2001-rooks-sequential-visibility","neighbor_id":"tc-2001-02-rooks-odd-attacks","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2014-start-r4p2-memo-2021-bishop-forest","neighbor_id":"memo-2021-i2-bishop-circuit-forest","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2014-start-r4p2-yumt-2025-forest-degeneracy","neighbor_id":"yumt-2025-unior-round1-problem1","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2014-start-r4-p2-egmo-2016-p3-incidence-forest","neighbor_id":"egmo-2016-p3-blue-cells-bipartite-incidence","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2014-start-round4-problem2 ферзи с ограничением на число побитых ранее, юмт 2014 pigeonhole_principle degree_counting graph_in_solution trees construction goal_exact_bound 2014 adygmath.ru penalti_mlad_resh adygmath.ru penalti_star_resh circassiandeer.ru domino_full_ans2 https://adygmath.ru/content/files/smena2014/4turstartreshud.pdf https://adygmath.ru/content/files/smena2016/mathgames/penalti/penalti_mlad_resh.pdf https://adygmath.ru/content/files/smena2016/mathgames/penalti/penalti_star_resh.pdf https://www.circassiandeer.ru/content/files/smena2010/domino_full_ans2.pdf olympiad_archive solution_notes src-adygmath-penalti-mlad-resh src-adygmath-penalti-star-resh src-circassiandeer-domino-full-ans2 src-yumt-2014-start-round4-problem2-official with_solution yumt yumt2014 д.ю. кузнецов юмт юмт 2014, старт-лига, четвёртый тур, 2. ферзи с ограничением на число побитых ранее юмт2014 д.ю. кузнецов юмт 2014, старт-лига, четвёртый тур, 2. ферзи с ограничением на число побитых ранее adygmath.ru penalti_mlad_resh adygmath.ru penalti_star_resh circassiandeer.ru domino_full_ans2 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked на шахматную доску 8×8 по одному выставляют ферзей. очередной ферзь бьёт не более одного из ранее поставленных. какое наибольшее число ферзей можно выставить на доску? idea-thirty-selected-lines тридцать контролируемых рядов выбираем 30 рядов: 8 вертикалей, 8 горизонталей и 14 диагоналей, покрывающих все клетки по одной диагонали на клетку. первый ферзь занимает 3 таких ряда, а каждый следующий, если бьёт не более одного старого ферзя, может иметь старый ферзь не более чем на одном из своих трёх выбранных рядов; значит, он добавляет как минимум два новых ряда. degree_counting pigeonhole_principle graph_in_solution ai_checked idea-row-column-forest двудольный лес строк и столбцов каждой занятой клетке сопоставляется ребро между её строкой и столбцом. если в этом графе был бы цикл, последний по времени ферзь из цикла видел бы по строке и по столбцу по крайней мере одного более раннего ферзя. поэтому граф строк и столбцов является лесом и даёт предварительную оценку 15. graph_in_solution trees minimal_counterexample ai_checked idea-propeller-construction пропеллерная конструкция расстановка из официального рисунка идёт четырьмя короткими лучами вдоль края доски. ранее поставленные ферзи экранируют дальних, поэтому каждый следующий ферзь видит не более ближайшего предыдущего ферзя на своём луче. construction graph_in_solution ai_checked sol-official-expanded развёрнутое доказательство ai_checked bipartite_graph cycle tree pigeonhole_principle double_counting ответ: 14. сначала приведём пример на 14 ферзей. будем нумеровать строки сверху вниз числами 1,2,...,8, а столбцы слева направо числами 1,2,...,8. поставим ферзей в таком порядке: \\[ (4,1),(3,1),(2,1),(1,1),(1,5),(1,6),(1,7),(1,8),(5,8),(6,8),(7,8),(8,4),(8,3),(8,2). \\] это ровно официальный пример методом «пропеллера». проверим правило. второй, третий и четвёртый ферзи стоят в первом столбце подряд и видят только ближайшего предыдущего ферзя: дальние закрыты ближайшим. затем ферзи 5,6,7,8 идут по верхней строке вправо; каждый из них видит только ближайшего слева уже поставленного ферзя. ферзи 9,10,11 идут вниз по восьмому столбцу; каждый видит только ближайшего сверху. ферзь 12 в клетке (8,4) не видит ни одного ранее поставленного ферзя. ферзи 13 и 14 идут по нижней строке влево и каждый видит только ближайшего справа. значит, 14 ферзей действительно можно выставить. докажем, что больш… yumt-2014-start-round4-problem2 ferzi s ogranicheniem na chislo pobityh ranee, yumt 2014 pigeonhole_principle degree_counting graph_in_solution trees construction goal_exact_bound 2014 adygmath.ru penalti_mlad_resh adygmath.ru penalti_star_resh circassiandeer.ru domino_full_ans2 https://adygmath.ru/content/files/smena2014/4turstartreshud.pdf https://adygmath.ru/content/files/smena2016/mathgames/penalti/penalti_mlad_resh.pdf https://adygmath.ru/content/files/smena2016/mathgames/penalti/penalti_star_resh.pdf https://www.circassiandeer.ru/content/files/smena2010/domino_full_ans2.pdf olympiad_archive solution_notes src-adygmath-penalti-mlad-resh src-adygmath-penalti-star-resh src-circassiandeer-domino-full-ans2 src-yumt-2014-start-round4-problem2-official with_solution yumt yumt2014 d.yu. kuznetsov yumt yumt 2014, start-liga, chetvertyy tur, 2. ferzi s ogranicheniem na chislo pobityh ranee yumt2014 d.yu. kuznetsov yumt 2014, start-liga, chetvertyy tur, 2. ferzi s ogranicheniem na chislo pobityh ranee adygmath.ru penalti_mlad_resh adygmath.ru penalti_star_resh circassiandeer.ru domino_full_ans2 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked na shahmatnuyu dosku 8×8 po odnomu vystavlyayut ferzey. ocherednoy ferz bet ne bolee odnogo iz ranee postavlennyh. kakoe naibolshee chislo ferzey mozhno vystavit na dosku? idea-thirty-selected-lines tridtsat kontroliruemyh ryadov vybiraem 30 ryadov: 8 vertikaley, 8 gorizontaley i 14 diagonaley, pokryvayuschih vse kletki po odnoy diagonali na kletku. pervyy ferz zanimaet 3 takih ryada, a kazhdyy sleduyuschiy, esli bet ne bolee odnogo starogo ferzya, mozhet imet staryy ferz ne bolee chem na odnom iz svoih treh vybrannyh ryadov; znachit, on dobavlyaet kak minimum dva novyh ryada. degree_counting pigeonhole_principle graph_in_solution ai_checked idea-row-column-forest dvudolnyy les strok i stolbtsov kazhdoy zanyatoy kletke sopostavlyaetsya rebro mezhdu ee strokoy i stolbtsom. esli v etom grafe byl by tsikl, posledniy po vremeni ferz iz tsikla videl by po stroke i po stolbtsu po krayney mere odnogo bolee rannego ferzya. poetomu graf strok i stolbtsov yavlyaetsya lesom i daet predvaritelnuyu otsenku 15. graph_in_solution trees minimal_counterexample ai_checked idea-propeller-construction propellernaya konstruktsiya rasstanovka iz ofitsialnogo risunka idet chetyrmya korotkimi luchami vdol kraya doski. ranee postavlennye ferzi ekraniruyut dalnih, poetomu kazhdyy sleduyuschiy ferz vidit ne bolee blizhayshego predyduschego ferzya na svoem luche. construction graph_in_solution ai_checked sol-official-expanded razvernutoe dokazatelstvo ai_checked bipartite_graph cycle tree pigeonhole_principle double_counting otvet: 14. snachala privedem primer na 14 ferzey. budem numerovat stroki sverhu vniz chislami 1,2,...,8, a stolbtsy sleva napravo chislami 1,2,...,8. postavim ferzey v takom poryadke: \\[ (4,1),(3,1),(2,1),(1,1),(1,5),(1,6),(1,7),(1,8),(5,8),(6,8),(7,8),(8,4),(8,3),(8,2). \\] eto rovno ofitsialnyy primer metodom «propellera». proverim pravilo. vtoroy, tretiy i chetvertyy ferzi stoyat v pervom stolbtse podryad i vidyat tolko blizhayshego predyduschego ferzya: dalnie zakryty blizhayshim. zatem ferzi 5,6,7,8 idut po verhney stroke vpravo; kazhdyy iz nih vidit tolko blizhayshego sleva uzhe postavlennogo ferzya. ferzi 9,10,11 idut vniz po vosmomu stolbtsu; kazhdyy vidit tolko blizhayshego sverhu. ferz 12 v kletke (8,4) ne vidit ni odnogo ranee postavlennogo ferzya. ferzi 13 i 14 idut po nizhney stroke vlevo i kazhdyy vidit tolko blizhayshego sprava. znachit, 14 ferzey deystvitelno mozhno vystavit. dokazhem, chto bolsh…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2015-grand-final-problem5","title":"Граф без K5 и с хроматическим числом больше 4, ЮМТ 2015","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2015-grand-final-problem5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2015-grand-final-problem5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2015-grand-final-problem5","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2015, Гранд-лига, финал, 5. Граф без K5 и с хроматическим числом больше 4","Math StackExchange: partition of graph with additive chromatic numbers","Michael Stiebitz, K5 is the only double-critical 5-chromatic graph"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2015_grand_final_problem5.md; этап: Гранд-лига, финал.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"unofficial_published","label":"опубликованное неофициальное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"как минимум одно решение помечено как внешнее или опубликованное вне официального архива","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дан граф, не содержащий полного подграфа на 5 вершинах, который нельзя правильно окрасить в 4 цвета. Докажите, что его вершины можно разбить на 2 подмножества так, что подграф на первом подмножестве нельзя правильно окрасить в 3 цвета, а подграф на втором подмножестве нельзя правильно окрасить в 1 цвет.","definition_ids":["chromatic_number","clique","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-external-mse-chromatic-partition","title":"Решение через дважды критическую теорему Штибица","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number","independent_set","clique"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Возьмём в исходном графе \\(G\\) минимальный по числу вершин индуцированный подграф \\(H\\) с \\(\\chi(H)>4\\). Тогда \\(H\\) связен, \\(K_5\\)-свободен и на самом деле \\(\\chi(H)=5\\): если удалить любую вершину v, то по минимальности χ(\\(H\\)-v)≤4, а потому добавление v отдельным цветом даёт χ(\\(H\\))≤5. Более того, для каждой вершины v выполнено \\(\\chi(H-v)=4\\). Иначе при χ(\\(H\\)-v)≤3 можно было бы вернуть v новым четвёртым цветом и получить 4-раскраску \\(H\\). Достаточно найти в \\(H\\) ребро \\(xy\\), для которого χ(\\(H-\\{x,y\\}\\))≥4. Тогда берём \\(B=\\{x,y\\}\\), а \\(A=V(G)\\setminus B\\). Подграф на B содержит ребро, значит не 1-раскрашиваем. Подграф на A содержит \\(H-\\{x,y\\}\\), значит не 3-раскрашиваем. Это и есть требуемое разбиение. Предположим, что такого ребра нет. Тогда для каждого ребра \\(xy\\) граф \\(H-\\{x,y\\}\\) 3-раскрашиваем. Он не может быть 2-раскрашиваемым: иначе \\(H-x\\) раскрашивался бы в 3 ц…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2015-grand-final-p5-yumt-2023-granda-final-p6","neighbor_id":"yumt-2023-granda-final-problem6","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2015-grand-final-p5-stiebitz-double-critical-k5","neighbor_id":"stiebitz-double-critical-k5","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"yumt-2015-grand-final-problem5 граф без k5 и с хроматическим числом больше 4, юмт 2015 coloring goal_impossibility 2015 community_solution https://adygmath.ru/content/files/smena2015/turnir15/final/zadan_grand.pdf https://kostochk.web.illinois.edu/math583/stiebitz.pdf https://math.stackexchange.com/questions/2799049/partition-of-graph-in-two-sets-so-that-the-sum-of-chromatic-numbers-of-the-subgr math stackexchange: partition of graph with additive chromatic numbers michael stiebitz, k5 is the only double-critical 5-chromatic graph olympiad_archive paper src-mse-yumt-2015-grand-final-p5 src-stiebitz-double-critical-k5 src-yumt-2015-grand-final-problem5-official with_solution yumt yumt2015 юмт юмт 2015, гранд-лига, финал, 5. граф без k5 и с хроматическим числом больше 4 юмт2015 ? юмт 2015, гранд-лига, финал, 5. граф без k5 и с хроматическим числом больше 4 math stackexchange: partition of graph with additive chromatic numbers michael stiebitz, k5 is the only double-critical 5-chromatic graph stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дан граф, не содержащий полного подграфа на 5 вершинах, который нельзя правильно окрасить в 4 цвета. докажите, что его вершины можно разбить на 2 подмножества так, что подграф на первом подмножестве нельзя правильно окрасить в 3 цвета, а подграф на втором подмножестве нельзя правильно окрасить в 1 цвет. chromatic_number clique independent_set idea-separate-one-color-class отделить один цветовой класс наивная попытка отделить один цветовой класс в 5-раскраске даёт дополнение, которое не 3-раскрашиваемо, но сам отделённый класс независим. поэтому для второй части нужен не цветовой класс, а ребро, удаление концов которого оставляет 4-хроматический подграф. coloring ai_draft sol-external-mse-chromatic-partition решение через дважды критическую теорему штибица ai_checked chromatic_number independent_set clique возьмём в исходном графе \\(g\\) минимальный по числу вершин индуцированный подграф \\(h\\) с \\(\\chi(h)>4\\). тогда \\(h\\) связен, \\(k_5\\)-свободен и на самом деле \\(\\chi(h)=5\\): если удалить любую вершину v, то по минимальности χ(\\(h\\)-v)≤4, а потому добавление v отдельным цветом даёт χ(\\(h\\))≤5. более того, для каждой вершины v выполнено \\(\\chi(h-v)=4\\). иначе при χ(\\(h\\)-v)≤3 можно было бы вернуть v новым четвёртым цветом и получить 4-раскраску \\(h\\). достаточно найти в \\(h\\) ребро \\(xy\\), для которого χ(\\(h-\\{x,y\\}\\))≥4. тогда берём \\(b=\\{x,y\\}\\), а \\(a=v(g)\\setminus b\\). подграф на b содержит ребро, значит не 1-раскрашиваем. подграф на a содержит \\(h-\\{x,y\\}\\), значит не 3-раскрашиваем. это и есть требуемое разбиение. предположим, что такого ребра нет. тогда для каждого ребра \\(xy\\) граф \\(h-\\{x,y\\}\\) 3-раскрашиваем. он не может быть 2-раскрашиваемым: иначе \\(h-x\\) раскрашивался бы в 3 ц… yumt-2015-grand-final-problem5 graf bez k5 i s hromaticheskim chislom bolshe 4, yumt 2015 coloring goal_impossibility 2015 community_solution https://adygmath.ru/content/files/smena2015/turnir15/final/zadan_grand.pdf https://kostochk.web.illinois.edu/math583/stiebitz.pdf https://math.stackexchange.com/questions/2799049/partition-of-graph-in-two-sets-so-that-the-sum-of-chromatic-numbers-of-the-subgr math stackexchange: partition of graph with additive chromatic numbers michael stiebitz, k5 is the only double-critical 5-chromatic graph olympiad_archive paper src-mse-yumt-2015-grand-final-p5 src-stiebitz-double-critical-k5 src-yumt-2015-grand-final-problem5-official with_solution yumt yumt2015 yumt yumt 2015, grand-liga, final, 5. graf bez k5 i s hromaticheskim chislom bolshe 4 yumt2015 ? yumt 2015, grand-liga, final, 5. graf bez k5 i s hromaticheskim chislom bolshe 4 math stackexchange: partition of graph with additive chromatic numbers michael stiebitz, k5 is the only double-critical 5-chromatic graph stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dan graf, ne soderzhaschiy polnogo podgrafa na 5 vershinah, kotoryy nelzya pravilno okrasit v 4 tsveta. dokazhite, chto ego vershiny mozhno razbit na 2 podmnozhestva tak, chto podgraf na pervom podmnozhestve nelzya pravilno okrasit v 3 tsveta, a podgraf na vtorom podmnozhestve nelzya pravilno okrasit v 1 tsvet. chromatic_number clique independent_set idea-separate-one-color-class otdelit odin tsvetovoy klass naivnaya popytka otdelit odin tsvetovoy klass v 5-raskraske daet dopolnenie, kotoroe ne 3-raskrashivaemo, no sam otdelennyy klass nezavisim. poetomu dlya vtoroy chasti nuzhen ne tsvetovoy klass, a rebro, udalenie kontsov kotorogo ostavlyaet 4-hromaticheskiy podgraf. coloring ai_draft sol-external-mse-chromatic-partition reshenie cherez dvazhdy kriticheskuyu teoremu shtibitsa ai_checked chromatic_number independent_set clique vozmem v ishodnom grafe \\(g\\) minimalnyy po chislu vershin indutsirovannyy podgraf \\(h\\) s \\(\\chi(h)>4\\). togda \\(h\\) svyazen, \\(k_5\\)-svoboden i na samom dele \\(\\chi(h)=5\\): esli udalit lyubuyu vershinu v, to po minimalnosti χ(\\(h\\)-v)≤4, a potomu dobavlenie v otdelnym tsvetom daet χ(\\(h\\))≤5. bolee togo, dlya kazhdoy vershiny v vypolneno \\(\\chi(h-v)=4\\). inache pri χ(\\(h\\)-v)≤3 mozhno bylo by vernut v novym chetvertym tsvetom i poluchit 4-raskrasku \\(h\\). dostatochno nayti v \\(h\\) rebro \\(xy\\), dlya kotorogo χ(\\(h-\\{x,y\\}\\))≥4. togda berem \\(b=\\{x,y\\}\\), a \\(a=v(g)\\setminus b\\). podgraf na b soderzhit rebro, znachit ne 1-raskrashivaem. podgraf na a soderzhit \\(h-\\{x,y\\}\\), znachit ne 3-raskrashivaem. eto i est trebuemoe razbienie. predpolozhim, chto takogo rebra net. togda dlya kazhdogo rebra \\(xy\\) graf \\(h-\\{x,y\\}\\) 3-raskrashivaem. on ne mozhet byt 2-raskrashivaemym: inache \\(h-x\\) raskrashivalsya by v 3 ts…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2015-grand-round3-problem9","title":"Гамильтонов цикл в Concur-Air влечёт гамильтонов цикл в Super-Air, ЮМТ 2015","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2015-grand-round3-problem9.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2015-grand-round3-problem9.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2015-grand-round3-problem9","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2015, Гранд-лига, третий тур, бой за первое место, 9. Hamiltonian cycle in Concur-Air implies one in Super-Air","Baltic Way 2014 официальные условия","Baltic Way 2014 официальные решения"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","hamiltonian_cycles","goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2015_grand_round3_problem9.md; этап: Гранд-лига, третий тур, бой за первое место.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Решение распознано как официальное или архивное; оснований понижать статус не найдено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране 100 аэропортов. У компании Super-Air есть несколько прямых двусторонних рейсов; между двумя аэропортами не более одного прямого рейса компании. Важностью аэропорта называется число рейсов компании Super-Air, соединяющих его с другими аэропортами. Новая компания Concur-Air открывает прямой рейс между двумя городами тогда и только тогда, когда сумма важностей этих городов не менее 100. Оказалось, что существует циклический маршрут из рейсов компании Concur-Air, проходящий через каждый аэропорт ровно один раз. Докажите, что то же условие выполнено и для рейсов компании Super-Air.","definition_ids":["degree","cycle","hamiltonian_cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Развёрнутое замыкание Бонди — Хватала","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","cycle","hamiltonian_cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через G граф рейсов компании Super-Air. В нём 100 вершин, а важность аэропорта — это степень соответствующей вершины. Обозначим через H граф рейсов Concur-Air. По условию две вершины u и v соединены в H тогда и только тогда, когда \\(\\deg_G(u)+\\deg_G(v)\\ge 100\\). Нам понадобится простая лемма. Пусть в графе X на N вершинах две несмежные вершины a и b имеют \\(\\deg_X(a)+\\deg_X(b)\\ge N\\). Тогда добавление ребра ab не может впервые создать гамильтонов цикл: если X+ab гамильтонов, то X тоже гамильтонов. Действительно, если гамильтонов цикл в X+ab не использует новое ребро, всё ясно. Если использует, то после удаления ребра ab остаётся гамильтонов путь \\[ b=v_1,v_2,\\ldots,v_N=a \\] в графе X. Рассмотрим индексы \\(i=1,\\ldots,N-1\\). Если для некоторого i одновременно есть рёбра \\(av_i\\) и \\(bv_{i+1}\\), то в X есть гамильтонов цикл \\[ a v_i v_{i-1}\\ldots v_1 b v_{i+1} v_{i+2}\\ldots v_N=a…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2015-grand-r3-p9-ore-theorem","neighbor_id":"ore-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2015-grand-round3-problem9 гамильтонов цикл в concur-air влечёт гамильтонов цикл в super-air, юмт 2015 connectivity hamiltonian_cycles goal_characterization 2015 baltic way 2014 официальные решения baltic way 2014 официальные условия https://adygmath.ru/content/files/smena2015/turnir15/3tur/3tur_zad_grand_za1mesto.pdf https://bw2025.lu.lv/fileadmin/user_upload/lu_portal/projekti/baltic_way_2013/bw_problems_solutions/bw2014_solutions.pdf https://matematiikkakilpailut.fi/baltian_tie/2014/bt2014rateng.pdf official_archive olympiad_archive src-baltic-way-2014-p10-official-problems src-baltic-way-2014-p10-official-solutions src-yumt-2015-grand-round3-problem9-official with_solution yumt yumt2015 юмт юмт 2015, гранд-лига, третий тур, бой за первое место, 9. hamiltonian cycle in concur-air implies one in super-air юмт2015 ? юмт 2015, гранд-лига, третий тур, бой за первое место, 9. hamiltonian cycle in concur-air implies one in super-air baltic way 2014 официальные условия baltic way 2014 официальные решения stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране 100 аэропортов. у компании super-air есть несколько прямых двусторонних рейсов; между двумя аэропортами не более одного прямого рейса компании. важностью аэропорта называется число рейсов компании super-air, соединяющих его с другими аэропортами. новая компания concur-air открывает прямой рейс между двумя городами тогда и только тогда, когда сумма важностей этих городов не менее 100. оказалось, что существует циклический маршрут из рейсов компании concur-air, проходящий через каждый аэропорт ровно один раз. докажите, что то же условие выполнено и для рейсов компании super-air. degree cycle hamiltonian_cycle idea-degree-sum-hamiltonian-transfer условие на суммы степеней и гамильтоновость рёбра второго графа задаются порогом на суммы степеней в первом. это ровно тот тип условия, при котором гамильтонов цикл переносится обратно через классические degree-sum аргументы. hamiltonian_cycles ai_draft sol-archive-card развёрнутое замыкание бонди — хватала ai_checked degree cycle hamiltonian_cycle extremal_choice обозначим через g граф рейсов компании super-air. в нём 100 вершин, а важность аэропорта — это степень соответствующей вершины. обозначим через h граф рейсов concur-air. по условию две вершины u и v соединены в h тогда и только тогда, когда \\(\\deg_g(u)+\\deg_g(v)\\ge 100\\). нам понадобится простая лемма. пусть в графе x на n вершинах две несмежные вершины a и b имеют \\(\\deg_x(a)+\\deg_x(b)\\ge n\\). тогда добавление ребра ab не может впервые создать гамильтонов цикл: если x+ab гамильтонов, то x тоже гамильтонов. действительно, если гамильтонов цикл в x+ab не использует новое ребро, всё ясно. если использует, то после удаления ребра ab остаётся гамильтонов путь \\[ b=v_1,v_2,\\ldots,v_n=a \\] в графе x. рассмотрим индексы \\(i=1,\\ldots,n-1\\). если для некоторого i одновременно есть рёбра \\(av_i\\) и \\(bv_{i+1}\\), то в x есть гамильтонов цикл \\[ a v_i v_{i-1}\\ldots v_1 b v_{i+1} v_{i+2}\\ldots v_n=a… yumt-2015-grand-round3-problem9 gamiltonov tsikl v concur-air vlechet gamiltonov tsikl v super-air, yumt 2015 connectivity hamiltonian_cycles goal_characterization 2015 baltic way 2014 ofitsialnye resheniya baltic way 2014 ofitsialnye usloviya https://adygmath.ru/content/files/smena2015/turnir15/3tur/3tur_zad_grand_za1mesto.pdf https://bw2025.lu.lv/fileadmin/user_upload/lu_portal/projekti/baltic_way_2013/bw_problems_solutions/bw2014_solutions.pdf https://matematiikkakilpailut.fi/baltian_tie/2014/bt2014rateng.pdf official_archive olympiad_archive src-baltic-way-2014-p10-official-problems src-baltic-way-2014-p10-official-solutions src-yumt-2015-grand-round3-problem9-official with_solution yumt yumt2015 yumt yumt 2015, grand-liga, tretiy tur, boy za pervoe mesto, 9. hamiltonian cycle in concur-air implies one in super-air yumt2015 ? yumt 2015, grand-liga, tretiy tur, boy za pervoe mesto, 9. hamiltonian cycle in concur-air implies one in super-air baltic way 2014 ofitsialnye usloviya baltic way 2014 ofitsialnye resheniya stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane 100 aeroportov. u kompanii super-air est neskolko pryamyh dvustoronnih reysov; mezhdu dvumya aeroportami ne bolee odnogo pryamogo reysa kompanii. vazhnostyu aeroporta nazyvaetsya chislo reysov kompanii super-air, soedinyayuschih ego s drugimi aeroportami. novaya kompaniya concur-air otkryvaet pryamoy reys mezhdu dvumya gorodami togda i tolko togda, kogda summa vazhnostey etih gorodov ne menee 100. okazalos, chto suschestvuet tsiklicheskiy marshrut iz reysov kompanii concur-air, prohodyaschiy cherez kazhdyy aeroport rovno odin raz. dokazhite, chto to zhe uslovie vypolneno i dlya reysov kompanii super-air. degree cycle hamiltonian_cycle idea-degree-sum-hamiltonian-transfer uslovie na summy stepeney i gamiltonovost rebra vtorogo grafa zadayutsya porogom na summy stepeney v pervom. eto rovno tot tip usloviya, pri kotorom gamiltonov tsikl perenositsya obratno cherez klassicheskie degree-sum argumenty. hamiltonian_cycles ai_draft sol-archive-card razvernutoe zamykanie bondi — hvatala ai_checked degree cycle hamiltonian_cycle extremal_choice oboznachim cherez g graf reysov kompanii super-air. v nem 100 vershin, a vazhnost aeroporta — eto stepen sootvetstvuyuschey vershiny. oboznachim cherez h graf reysov concur-air. po usloviyu dve vershiny u i v soedineny v h togda i tolko togda, kogda \\(\\deg_g(u)+\\deg_g(v)\\ge 100\\). nam ponadobitsya prostaya lemma. pust v grafe x na n vershinah dve nesmezhnye vershiny a i b imeyut \\(\\deg_x(a)+\\deg_x(b)\\ge n\\). togda dobavlenie rebra ab ne mozhet vpervye sozdat gamiltonov tsikl: esli x+ab gamiltonov, to x tozhe gamiltonov. deystvitelno, esli gamiltonov tsikl v x+ab ne ispolzuet novoe rebro, vse yasno. esli ispolzuet, to posle udaleniya rebra ab ostaetsya gamiltonov put \\[ b=v_1,v_2,\\ldots,v_n=a \\] v grafe x. rassmotrim indeksy \\(i=1,\\ldots,n-1\\). esli dlya nekotorogo i odnovremenno est rebra \\(av_i\\) i \\(bv_{i+1}\\), to v x est gamiltonov tsikl \\[ a v_i v_{i-1}\\ldots v_1 b v_{i+1} v_{i+2}\\ldots v_n=a…","source_keys":["yumt","baltic"]}
{"id":"yumt-2015-grand-round4-problem10","title":"Пять авиакомпаний и связное подмножество аэропортов, ЮМТ 2015","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2015-grand-round4-problem10.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2015-grand-round4-problem10.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2015-grand-round4-problem10","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2015, Гранд-лига, четвёртый тур, полуфинал, 10. Пять авиакомпаний и связное подмножество аэропортов","Math StackExchange: monochromatic paths in complete k-partite graphs"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","ramsey_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2015_grand_round4_problem10.md; этап: Гранд-лига, четвёртый тур, полуфинал.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Решение распознано как официальное или архивное; оснований понижать статус не найдено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дано натуральное n. В республике 5 областей, в каждой области ровно 5n аэропортов. У каждой из 5 авиакомпаний несколько двусторонних рейсов, каждый рейс соединяет два города из разных областей. Для любой пары городов из разных областей найдётся рейс одной из авиакомпаний, который соединяет города из этой пары. Найдите наибольшее целое D такое, что при данных условиях всегда можно выбрать одну авиакомпанию и D аэропортов так, чтобы из любого выбранного города можно было добраться до любого другого выбранного города только рейсами выбранной авиакомпании.","definition_ids":["connected_graph","complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Полное решение через монохроматические компоненты","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","complete_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: D = 5n. Переведём условие на язык графов. Есть полный 5-дольный граф, доли которого — пять областей, в каждой доле по 5n вершин. Цвет ребра — авиакомпания, выполняющая соответствующий рейс. Нужно найти наибольший гарантированный размер одноцветной связной компоненты. Сначала докажем, что компонента размера хотя бы 5n всегда найдётся. Пусть в некоторой раскраске все одноцветные компоненты имеют не более M вершин. Зафиксируем один цвет. Его компоненты имеют размеры \\(m_1\\), \\(m_2\\), ..., \\(m_r\\), причём сумма этих размеров не превосходит общего числа вершин N = 25n. Каждая такая компонента является подграфом 5-дольного графа. Если в её пяти долях лежат \\(a_1\\), ..., \\(a_5\\) вершин, то число её рёбер не больше \\(\\sum_{i<j} a_i a_j = (m^2-\\sum_i a_i^2)/2 \\le (m^2-m^2/5)/2 = 2m^2/5\\), где m = \\(a_1\\) + ... + \\(a_5\\). Поэтому число рёбер выбранного цвета не превосходит \\((2/5)\\sum_i m_…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2015-grand-r4-p10-kolmogorov-2023-large-mono-bipartite-component","neighbor_id":"kolmogorov-2023-lichol-large-monochromatic-bipartite-component","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2015-grand-round4-problem10 пять авиакомпаний и связное подмножество аэропортов, юмт 2015 coloring ramsey_theory goal_exact_bound 2015 community_solution https://adygmath.ru/content/files/smena2015/turnir15/4tur/4tur_grand_polufinal.pdf https://math.stackexchange.com/questions/2270507/vertices-connected-by-monochromatic-paths-in-k-underbracekn-dots-kn-k-te math stackexchange: monochromatic paths in complete k-partite graphs olympiad_archive src-mse-yumt-2015-grand-r4-p10 src-yumt-2015-grand-round4-problem10-official with_solution yumt yumt2015 юмт юмт 2015, гранд-лига, четвёртый тур, полуфинал, 10. пять авиакомпаний и связное подмножество аэропортов юмт2015 ? юмт 2015, гранд-лига, четвёртый тур, полуфинал, 10. пять авиакомпаний и связное подмножество аэропортов math stackexchange: monochromatic paths in complete k-partite graphs stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дано натуральное n. в республике 5 областей, в каждой области ровно 5n аэропортов. у каждой из 5 авиакомпаний несколько двусторонних рейсов, каждый рейс соединяет два города из разных областей. для любой пары городов из разных областей найдётся рейс одной из авиакомпаний, который соединяет города из этой пары. найдите наибольшее целое d такое, что при данных условиях всегда можно выбрать одну авиакомпанию и d аэропортов так, чтобы из любого выбранного города можно было добраться до любого другого выбранного города только рейсами выбранной авиакомпании. connected_graph complete_graph idea-large-monochromatic-component-in-complete-multipartite крупная одноцветная компонента в полном многодольном графе задача является частным случаем общей оценки для наибольшей гарантированной одноцветной связной компоненты в полном k-дольном графе. coloring ramsey_theory ai_draft sol-archive-card полное решение через монохроматические компоненты ai_checked connected_graph complete_graph ответ: d = 5n. переведём условие на язык графов. есть полный 5-дольный граф, доли которого — пять областей, в каждой доле по 5n вершин. цвет ребра — авиакомпания, выполняющая соответствующий рейс. нужно найти наибольший гарантированный размер одноцветной связной компоненты. сначала докажем, что компонента размера хотя бы 5n всегда найдётся. пусть в некоторой раскраске все одноцветные компоненты имеют не более m вершин. зафиксируем один цвет. его компоненты имеют размеры \\(m_1\\), \\(m_2\\), ..., \\(m_r\\), причём сумма этих размеров не превосходит общего числа вершин n = 25n. каждая такая компонента является подграфом 5-дольного графа. если в её пяти долях лежат \\(a_1\\), ..., \\(a_5\\) вершин, то число её рёбер не больше \\(\\sum_{i<j} a_i a_j = (m^2-\\sum_i a_i^2)/2 \\le (m^2-m^2/5)/2 = 2m^2/5\\), где m = \\(a_1\\) + ... + \\(a_5\\). поэтому число рёбер выбранного цвета не превосходит \\((2/5)\\sum_i m_… yumt-2015-grand-round4-problem10 pyat aviakompaniy i svyaznoe podmnozhestvo aeroportov, yumt 2015 coloring ramsey_theory goal_exact_bound 2015 community_solution https://adygmath.ru/content/files/smena2015/turnir15/4tur/4tur_grand_polufinal.pdf https://math.stackexchange.com/questions/2270507/vertices-connected-by-monochromatic-paths-in-k-underbracekn-dots-kn-k-te math stackexchange: monochromatic paths in complete k-partite graphs olympiad_archive src-mse-yumt-2015-grand-r4-p10 src-yumt-2015-grand-round4-problem10-official with_solution yumt yumt2015 yumt yumt 2015, grand-liga, chetvertyy tur, polufinal, 10. pyat aviakompaniy i svyaznoe podmnozhestvo aeroportov yumt2015 ? yumt 2015, grand-liga, chetvertyy tur, polufinal, 10. pyat aviakompaniy i svyaznoe podmnozhestvo aeroportov math stackexchange: monochromatic paths in complete k-partite graphs stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dano naturalnoe n. v respublike 5 oblastey, v kazhdoy oblasti rovno 5n aeroportov. u kazhdoy iz 5 aviakompaniy neskolko dvustoronnih reysov, kazhdyy reys soedinyaet dva goroda iz raznyh oblastey. dlya lyuboy pary gorodov iz raznyh oblastey naydetsya reys odnoy iz aviakompaniy, kotoryy soedinyaet goroda iz etoy pary. naydite naibolshee tseloe d takoe, chto pri dannyh usloviyah vsegda mozhno vybrat odnu aviakompaniyu i d aeroportov tak, chtoby iz lyubogo vybrannogo goroda mozhno bylo dobratsya do lyubogo drugogo vybrannogo goroda tolko reysami vybrannoy aviakompanii. connected_graph complete_graph idea-large-monochromatic-component-in-complete-multipartite krupnaya odnotsvetnaya komponenta v polnom mnogodolnom grafe zadacha yavlyaetsya chastnym sluchaem obschey otsenki dlya naibolshey garantirovannoy odnotsvetnoy svyaznoy komponenty v polnom k-dolnom grafe. coloring ramsey_theory ai_draft sol-archive-card polnoe reshenie cherez monohromaticheskie komponenty ai_checked connected_graph complete_graph otvet: d = 5n. perevedem uslovie na yazyk grafov. est polnyy 5-dolnyy graf, doli kotorogo — pyat oblastey, v kazhdoy dole po 5n vershin. tsvet rebra — aviakompaniya, vypolnyayuschaya sootvetstvuyuschiy reys. nuzhno nayti naibolshiy garantirovannyy razmer odnotsvetnoy svyaznoy komponenty. snachala dokazhem, chto komponenta razmera hotya by 5n vsegda naydetsya. pust v nekotoroy raskraske vse odnotsvetnye komponenty imeyut ne bolee m vershin. zafiksiruem odin tsvet. ego komponenty imeyut razmery \\(m_1\\), \\(m_2\\), ..., \\(m_r\\), prichem summa etih razmerov ne prevoshodit obschego chisla vershin n = 25n. kazhdaya takaya komponenta yavlyaetsya podgrafom 5-dolnogo grafa. esli v ee pyati dolyah lezhat \\(a_1\\), ..., \\(a_5\\) vershin, to chislo ee reber ne bolshe \\(\\sum_{i<j} a_i a_j = (m^2-\\sum_i a_i^2)/2 \\le (m^2-m^2/5)/2 = 2m^2/5\\), gde m = \\(a_1\\) + ... + \\(a_5\\). poetomu chislo reber vybrannogo tsveta ne prevoshodit \\((2/5)\\sum_i m_…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2015-start-round4-problem6","title":"Кольцевые автобусные маршруты в Орлятии, ЮМТ 2015","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2015-start-round4-problem6.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2015-start-round4-problem6.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2015-start-round4-problem6","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2015, Старт-лига, 4 тур, первая старт-лига (места 5-8), 6. Кольцевые автобусные маршруты в Орлятии"],"year":"2015","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2015_start_round4_problem6.md; этап: Старт-лига, 4 тур, первая старт-лига (места 5-8).","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Решение распознано как официальное или архивное; оснований понижать статус не найдено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Туристическое агентство Орлятии предлагает кольцевые автобусные маршруты по стране. Каждый маршрут проходит по городам маршрута ровно по разу. Есть маршруты из 3, 4, 5, 6 и 7 городов. Какое наименьшее число автодорог может быть в Орлятии, если каждая дорога соединяет два города и не проходит через другие города? С дороги на другую дорогу вне города переехать нельзя.","definition_ids":["cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 9. Для нижней оценки предположим, что дорог не более восьми. Так как существует маршрут по 7 городам, в графе дорог есть цикл длины 7, и семь дорог уже заняты этим циклом. Рассмотрим восьмую дорогу. Если она не соединяет две вершины этого цикла, то она не может входить ни в один кольцевой маршрут, потому что вне цикла нет замкнутого обхода. Если же она соединяет две вершины цикла, то она является хордой и вместе с двумя дугами цикла образует ровно два новых цикла. Значит, при восьми дорогах всего можно получить не более трёх различных циклов. Но по условию должны существовать циклы длин 3, 4, 5, 6 и 7, то есть как минимум пять разных циклов. Противоречие. Следовательно, дорог должно быть не меньше девяти. Теперь покажем, что девяти дорог достаточно. Возьмём цикл ABCDEFG длины 7 и добавим к нему хорды AC и AD. Тогда возникают циклы: ABC длины 3, ABCD длины 4, ADEFG длины 5, ACDEFG…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2015-start-r4-p6-yumt-2019-start-r4-p1","neighbor_id":"yumt-2019-start-first-round4-problem1","direction":"forward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2015-start-round4-problem6 кольцевые автобусные маршруты в орлятии, юмт 2015 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2015 https://adygmath.ru/content/files/smena2015/turnir15/4tur/4tur_resh_start_vissh(5-8)_perv.pdf olympiad_archive src-yumt-2015-start-round4-problem6-official with_solution yumt yumt2015 юмт юмт 2015, старт-лига, 4 тур, первая старт-лига (места 5-8), 6. кольцевые автобусные маршруты в орлятии юмт2015 ? юмт 2015, старт-лига, 4 тур, первая старт-лига (места 5-8), 6. кольцевые автобусные маршруты в орлятии stmt-original оригинальная формулировка ai_checked туристическое агентство орлятии предлагает кольцевые автобусные маршруты по стране. каждый маршрут проходит по городам маршрута ровно по разу. есть маршруты из 3, 4, 5, 6 и 7 городов. какое наименьшее число автодорог может быть в орлятии, если каждая дорога соединяет два города и не проходит через другие города? с дороги на другую дорогу вне города переехать нельзя. cycle idea-long-cycle-with-chords длинный цикл и хорды чтобы реализовать циклы многих длин, удобно взять длинный цикл и анализировать, какие дополнительные рёбра должны появиться как хорды; это быстро даёт нижнюю оценку на число дорог. extremal_graph_theory ai_draft sol-archive-card решение ai_checked cycle extremal_choice ответ: 9. для нижней оценки предположим, что дорог не более восьми. так как существует маршрут по 7 городам, в графе дорог есть цикл длины 7, и семь дорог уже заняты этим циклом. рассмотрим восьмую дорогу. если она не соединяет две вершины этого цикла, то она не может входить ни в один кольцевой маршрут, потому что вне цикла нет замкнутого обхода. если же она соединяет две вершины цикла, то она является хордой и вместе с двумя дугами цикла образует ровно два новых цикла. значит, при восьми дорогах всего можно получить не более трёх различных циклов. но по условию должны существовать циклы длин 3, 4, 5, 6 и 7, то есть как минимум пять разных циклов. противоречие. следовательно, дорог должно быть не меньше девяти. теперь покажем, что девяти дорог достаточно. возьмём цикл abcdefg длины 7 и добавим к нему хорды ac и ad. тогда возникают циклы: abc длины 3, abcd длины 4, adefg длины 5, acdefg… yumt-2015-start-round4-problem6 koltsevye avtobusnye marshruty v orlyatii, yumt 2015 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2015 https://adygmath.ru/content/files/smena2015/turnir15/4tur/4tur_resh_start_vissh(5-8)_perv.pdf olympiad_archive src-yumt-2015-start-round4-problem6-official with_solution yumt yumt2015 yumt yumt 2015, start-liga, 4 tur, pervaya start-liga (mesta 5-8), 6. koltsevye avtobusnye marshruty v orlyatii yumt2015 ? yumt 2015, start-liga, 4 tur, pervaya start-liga (mesta 5-8), 6. koltsevye avtobusnye marshruty v orlyatii stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked turisticheskoe agentstvo orlyatii predlagaet koltsevye avtobusnye marshruty po strane. kazhdyy marshrut prohodit po gorodam marshruta rovno po razu. est marshruty iz 3, 4, 5, 6 i 7 gorodov. kakoe naimenshee chislo avtodorog mozhet byt v orlyatii, esli kazhdaya doroga soedinyaet dva goroda i ne prohodit cherez drugie goroda? s dorogi na druguyu dorogu vne goroda pereehat nelzya. cycle idea-long-cycle-with-chords dlinnyy tsikl i hordy chtoby realizovat tsikly mnogih dlin, udobno vzyat dlinnyy tsikl i analizirovat, kakie dopolnitelnye rebra dolzhny poyavitsya kak hordy; eto bystro daet nizhnyuyu otsenku na chislo dorog. extremal_graph_theory ai_draft sol-archive-card reshenie ai_checked cycle extremal_choice otvet: 9. dlya nizhney otsenki predpolozhim, chto dorog ne bolee vosmi. tak kak suschestvuet marshrut po 7 gorodam, v grafe dorog est tsikl dliny 7, i sem dorog uzhe zanyaty etim tsiklom. rassmotrim vosmuyu dorogu. esli ona ne soedinyaet dve vershiny etogo tsikla, to ona ne mozhet vhodit ni v odin koltsevoy marshrut, potomu chto vne tsikla net zamknutogo obhoda. esli zhe ona soedinyaet dve vershiny tsikla, to ona yavlyaetsya hordoy i vmeste s dvumya dugami tsikla obrazuet rovno dva novyh tsikla. znachit, pri vosmi dorogah vsego mozhno poluchit ne bolee treh razlichnyh tsiklov. no po usloviyu dolzhny suschestvovat tsikly dlin 3, 4, 5, 6 i 7, to est kak minimum pyat raznyh tsiklov. protivorechie. sledovatelno, dorog dolzhno byt ne menshe devyati. teper pokazhem, chto devyati dorog dostatochno. vozmem tsikl abcdefg dliny 7 i dobavim k nemu hordy ac i ad. togda voznikayut tsikly: abc dliny 3, abcd dliny 4, adefg dliny 5, acdefg…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2016-start-high-round1-problem7","title":"Независимые множества в графе ходов коня, ЮМТ 2016","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2016-start-high-round1-problem7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2016-start-high-round1-problem7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2016-start-high-round1-problem7","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2016, Старт-лига, высшая лига, первый тур, 7. Расстановки 31 коня"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["graph_model","matching","coloring","goal_counting","goal_classification"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"ЮМТ 2016, Старт-лига, высшая лига, первый тур; официальный ответ 68, решение развёрнуто из архивного плана с восстановленным локальным разбором неполного квадрата 4×4.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.92,"basis":"официальный архив plus reconstructed local case analysis","notes":"Официальный источник даёт ответ и сжатый план; пропущенный разбор случаев по рисунку явно развёрнут в карточке.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Сколькими способами на шахматную доску можно поставить 31 коня, не бьющих друг друга?","definition_ids":[]}],"graph_theory":[{"id":"stmt-graph-knight-independent-sets","title":"Независимые множества в графе ходов коня","status":"ai_checked","text":"В графе ходов коня на доске 8×8 вершины соответствуют клеткам, а рёбра — возможным ходам коня. Сколько в этом графе независимых множеств размера 31?","definition_ids":["independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Самодостаточное решение с разбором блока 4×4","status":"ai_checked","definition_ids":["independent_set","matching"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 68 способов. Будем красить доску в шахматном порядке. Сначала докажем две маленькие леммы, которые фиксируют нужный локальный разбор. Лемма 1. В квадрате 4×4 можно поставить не более 8 попарно не бьющих друг друга коней; если поставлено ровно 8, то заняты все клетки одного цвета. Действительно, занумеруем строки и столбцы квадрата числами 1,2,3,4. Разобьём его клетки на 8 пар, в каждой паре клетки соединены ходом коня: \\((1,1)-(2,3)\\), \\((1,3)-(2,1)\\), \\((2,2)-(1,4)\\), \\((2,4)-(1,2)\\), \\((3,1)-(4,3)\\), \\((3,3)-(4,1)\\), \\((4,2)-(3,4)\\), \\((4,4)-(3,2)\\). Из каждой пары можно взять не более одной клетки, поэтому коней не больше 8. Если их ровно 8, то из каждой пары взята ровно одна клетка. Теперь если в одной паре выбрана чёрная клетка, то во всякой паре, чей белый представитель бьётся этой чёрной клеткой, тоже вынуждена быть выбрана чёрная клетка. Для приведённых 8 пар граф таких п…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2016-start-high-r1-p7-imo-1996-c1-r73-knight-move-graph-expanded","neighbor_id":"imo-1996-c1-grid-knight-reachability-r73-path","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2016-start-high-r1-p7-caro-wei-independent-set-bound","neighbor_id":"caro-wei-independent-set-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2016-start-high-round1-problem7 независимые множества в графе ходов коня, юмт 2016 graph_model matching coloring goal_counting goal_classification 2016 https://adygmath.ru/content/files/smena2016/turnir16/zadanie_i_resh_mat_boev/1_tur/start_liga.pdf olympiad_archive src-yumt-2016-start-high-round1-problem7-official with_solution yumt yumt2016 юмт юмт 2016, старт-лига, высшая лига, первый тур, 7. расстановки 31 коня юмт2016 ? юмт 2016, старт-лига, высшая лига, первый тур, 7. расстановки 31 коня stmt-original оригинальная формулировка ai_checked сколькими способами на шахматную доску можно поставить 31 коня, не бьющих друг друга? stmt-graph-knight-independent-sets независимые множества в графе ходов коня ai_checked в графе ходов коня на доске 8×8 вершины соответствуют клеткам, а рёбра — возможным ходам коня. сколько в этом графе независимых множеств размера 31? independent_set idea-knight-move-graph граф ходов коня и цветовые блоки клетки доски рассматриваются как вершины графа ходов коня. разбиение на пары атакующих друг друга клеток даёт верхнюю оценку в каждом блоке 4×4, а шахматная раскраска и локальный разбор неполного блока оставляют только одноцветные расстановки и четыре угловых исключения. graph_model matching coloring goal_classification ai_checked sol-archive-card самодостаточное решение с разбором блока 4×4 ai_checked independent_set matching ответ: 68 способов. будем красить доску в шахматном порядке. сначала докажем две маленькие леммы, которые фиксируют нужный локальный разбор. лемма 1. в квадрате 4×4 можно поставить не более 8 попарно не бьющих друг друга коней; если поставлено ровно 8, то заняты все клетки одного цвета. действительно, занумеруем строки и столбцы квадрата числами 1,2,3,4. разобьём его клетки на 8 пар, в каждой паре клетки соединены ходом коня: \\((1,1)-(2,3)\\), \\((1,3)-(2,1)\\), \\((2,2)-(1,4)\\), \\((2,4)-(1,2)\\), \\((3,1)-(4,3)\\), \\((3,3)-(4,1)\\), \\((4,2)-(3,4)\\), \\((4,4)-(3,2)\\). из каждой пары можно взять не более одной клетки, поэтому коней не больше 8. если их ровно 8, то из каждой пары взята ровно одна клетка. теперь если в одной паре выбрана чёрная клетка, то во всякой паре, чей белый представитель бьётся этой чёрной клеткой, тоже вынуждена быть выбрана чёрная клетка. для приведённых 8 пар граф таких п… yumt-2016-start-high-round1-problem7 nezavisimye mnozhestva v grafe hodov konya, yumt 2016 graph_model matching coloring goal_counting goal_classification 2016 https://adygmath.ru/content/files/smena2016/turnir16/zadanie_i_resh_mat_boev/1_tur/start_liga.pdf olympiad_archive src-yumt-2016-start-high-round1-problem7-official with_solution yumt yumt2016 yumt yumt 2016, start-liga, vysshaya liga, pervyy tur, 7. rasstanovki 31 konya yumt2016 ? yumt 2016, start-liga, vysshaya liga, pervyy tur, 7. rasstanovki 31 konya stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked skolkimi sposobami na shahmatnuyu dosku mozhno postavit 31 konya, ne byuschih drug druga? stmt-graph-knight-independent-sets nezavisimye mnozhestva v grafe hodov konya ai_checked v grafe hodov konya na doske 8×8 vershiny sootvetstvuyut kletkam, a rebra — vozmozhnym hodam konya. skolko v etom grafe nezavisimyh mnozhestv razmera 31? independent_set idea-knight-move-graph graf hodov konya i tsvetovye bloki kletki doski rassmatrivayutsya kak vershiny grafa hodov konya. razbienie na pary atakuyuschih drug druga kletok daet verhnyuyu otsenku v kazhdom bloke 4×4, a shahmatnaya raskraska i lokalnyy razbor nepolnogo bloka ostavlyayut tolko odnotsvetnye rasstanovki i chetyre uglovyh isklyucheniya. graph_model matching coloring goal_classification ai_checked sol-archive-card samodostatochnoe reshenie s razborom bloka 4×4 ai_checked independent_set matching otvet: 68 sposobov. budem krasit dosku v shahmatnom poryadke. snachala dokazhem dve malenkie lemmy, kotorye fiksiruyut nuzhnyy lokalnyy razbor. lemma 1. v kvadrate 4×4 mozhno postavit ne bolee 8 poparno ne byuschih drug druga koney; esli postavleno rovno 8, to zanyaty vse kletki odnogo tsveta. deystvitelno, zanumeruem stroki i stolbtsy kvadrata chislami 1,2,3,4. razobem ego kletki na 8 par, v kazhdoy pare kletki soedineny hodom konya: \\((1,1)-(2,3)\\), \\((1,3)-(2,1)\\), \\((2,2)-(1,4)\\), \\((2,4)-(1,2)\\), \\((3,1)-(4,3)\\), \\((3,3)-(4,1)\\), \\((4,2)-(3,4)\\), \\((4,4)-(3,2)\\). iz kazhdoy pary mozhno vzyat ne bolee odnoy kletki, poetomu koney ne bolshe 8. esli ih rovno 8, to iz kazhdoy pary vzyata rovno odna kletka. teper esli v odnoy pare vybrana chernaya kletka, to vo vsyakoy pare, chey belyy predstavitel betsya etoy chernoy kletkoy, tozhe vynuzhdena byt vybrana chernaya kletka. dlya privedennyh 8 par graf takih p…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2016-team-olympiad-9-11-problem8","title":"Развороты авиарейсов вместо закрытия рёбер, ЮМТ 2016","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2016-team-olympiad-9-11-problem8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2016-team-olympiad-9-11-problem8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2016-team-olympiad-9-11-problem8","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2016, Командная олимпиада, 9-11 классы, 8. Развороты авиарейсов вместо закрытия рёбер"],"year":"2016","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2016_team_olympiad_9_11_problem8.md; этап: Командная олимпиада, 9-11 классы.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Решение распознано как официальное или архивное; оснований понижать статус не найдено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране между некоторыми парами городов установлено одностороннее беспересадочное авиасообщение. Два вредителя хотят добиться того, чтобы, вылетев из любого города, нельзя было вернуться в него. Первый вредитель умел закрывать рейсы. Он выяснил, что можно закрыть 1000 рейсов, добившись требуемого, но меньшего числа рейсов недостаточно; однако до начала действий его обнаружили и обезвредили. Второй вредитель умеет разворачивать направления рейсов. Какого минимального количества разворачиваний ему гарантированно хватит?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Удаления и развороты относительно топологического порядка","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 1000 разворачиваний. Условие \"вылетев из любого города, нельзя вернуться в него\" означает, что в ориентированном графе авиарейсов не должно остаться ориентированных циклов. Сначала докажем, что 1000 разворачиваний всегда хватит. По условию первый вредитель мог удалить некоторый набор F из 1000 рейсов так, что оставшийся граф стал ациклическим. В ациклическом ориентированном графе вершины можно расположить в таком порядке, что каждое оставшееся ребро идёт слева направо: берём город без входящих рейсов, ставим его первым и повторяем для оставшегося графа. Рассмотрим такой порядок для графа после удаления F. Все рейсы вне F уже направлены слева направо. Среди рейсов из F развернём ровно те, которые направлены справа налево. После этого все рейсы всего графа направлены слева направо, значит ориентированных циклов нет. Развернули не больше 1000 рейсов. Теперь докажем, что меньшего чис…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2016-team-olympiad-9-11-problem8 развороты авиарейсов вместо закрытия рёбер, юмт 2016 goal_impossibility 2016 https://adygmath.ru/content/files/smena2016/turnir16/komand_olimpiada/kom_olimp_9-11.pdf olympiad_archive src-yumt-2016-team-olympiad-9-11-problem8-official with_solution yumt yumt2016 юмт юмт 2016, командная олимпиада, 9-11 классы, 8. развороты авиарейсов вместо закрытия рёбер юмт2016 ? юмт 2016, командная олимпиада, 9-11 классы, 8. развороты авиарейсов вместо закрытия рёбер stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране между некоторыми парами городов установлено одностороннее беспересадочное авиасообщение. два вредителя хотят добиться того, чтобы, вылетев из любого города, нельзя было вернуться в него. первый вредитель умел закрывать рейсы. он выяснил, что можно закрыть 1000 рейсов, добившись требуемого, но меньшего числа рейсов недостаточно; однако до начала действий его обнаружили и обезвредили. второй вредитель умеет разворачивать направления рейсов. какого минимального количества разворачиваний ему гарантированно хватит? sol-archive-card удаления и развороты относительно топологического порядка ai_checked ответ: 1000 разворачиваний. условие \"вылетев из любого города, нельзя вернуться в него\" означает, что в ориентированном графе авиарейсов не должно остаться ориентированных циклов. сначала докажем, что 1000 разворачиваний всегда хватит. по условию первый вредитель мог удалить некоторый набор f из 1000 рейсов так, что оставшийся граф стал ациклическим. в ациклическом ориентированном графе вершины можно расположить в таком порядке, что каждое оставшееся ребро идёт слева направо: берём город без входящих рейсов, ставим его первым и повторяем для оставшегося графа. рассмотрим такой порядок для графа после удаления f. все рейсы вне f уже направлены слева направо. среди рейсов из f развернём ровно те, которые направлены справа налево. после этого все рейсы всего графа направлены слева направо, значит ориентированных циклов нет. развернули не больше 1000 рейсов. теперь докажем, что меньшего чис… yumt-2016-team-olympiad-9-11-problem8 razvoroty aviareysov vmesto zakrytiya reber, yumt 2016 goal_impossibility 2016 https://adygmath.ru/content/files/smena2016/turnir16/komand_olimpiada/kom_olimp_9-11.pdf olympiad_archive src-yumt-2016-team-olympiad-9-11-problem8-official with_solution yumt yumt2016 yumt yumt 2016, komandnaya olimpiada, 9-11 klassy, 8. razvoroty aviareysov vmesto zakrytiya reber yumt2016 ? yumt 2016, komandnaya olimpiada, 9-11 klassy, 8. razvoroty aviareysov vmesto zakrytiya reber stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane mezhdu nekotorymi parami gorodov ustanovleno odnostoronnee besperesadochnoe aviasoobschenie. dva vreditelya hotyat dobitsya togo, chtoby, vyletev iz lyubogo goroda, nelzya bylo vernutsya v nego. pervyy vreditel umel zakryvat reysy. on vyyasnil, chto mozhno zakryt 1000 reysov, dobivshis trebuemogo, no menshego chisla reysov nedostatochno; odnako do nachala deystviy ego obnaruzhili i obezvredili. vtoroy vreditel umeet razvorachivat napravleniya reysov. kakogo minimalnogo kolichestva razvorachivaniy emu garantirovanno hvatit? sol-archive-card udaleniya i razvoroty otnositelno topologicheskogo poryadka ai_checked otvet: 1000 razvorachivaniy. uslovie \"vyletev iz lyubogo goroda, nelzya vernutsya v nego\" oznachaet, chto v orientirovannom grafe aviareysov ne dolzhno ostatsya orientirovannyh tsiklov. snachala dokazhem, chto 1000 razvorachivaniy vsegda hvatit. po usloviyu pervyy vreditel mog udalit nekotoryy nabor f iz 1000 reysov tak, chto ostavshiysya graf stal atsiklicheskim. v atsiklicheskom orientirovannom grafe vershiny mozhno raspolozhit v takom poryadke, chto kazhdoe ostavsheesya rebro idet sleva napravo: berem gorod bez vhodyaschih reysov, stavim ego pervym i povtoryaem dlya ostavshegosya grafa. rassmotrim takoy poryadok dlya grafa posle udaleniya f. vse reysy vne f uzhe napravleny sleva napravo. sredi reysov iz f razvernem rovno te, kotorye napravleny sprava nalevo. posle etogo vse reysy vsego grafa napravleny sleva napravo, znachit orientirovannyh tsiklov net. razvernuli ne bolshe 1000 reysov. teper dokazhem, chto menshego chis…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2017-premier-round1-problem2","title":"Министры Петя и Вася на карте городов, ЮМТ 2017","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2017-premier-round1-problem2.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2017-premier-round1-problem2.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2017-premier-round1-problem2","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2017, Премьер-лига, первый тур, 2. Министры Петя и Вася на карте городов"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_strategy_game","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2017_premier_round1_problem2.md; этап: Премьер-лига, первый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дано натуральное число n > 10. Министры Петя и Вася играют в игру. У них есть карта с n городами. В начале игры Петя соединяет их k ≥ n дорогами так, чтобы от любого города по дорогам можно было доехать до любого другого и любые два города были соединены не более чем одной дорогой. Затем Петя отмечает два города A и B и помещает в город A фишку. Далее они ходят по очереди, начиная с Васи: Вася каждым своим ходом перемещает фишку в город, куда от текущего положения фишки можно добраться, проехав не более чем по двум дорогам, Петя же своим ходом разрушает одну дорогу. Если Вася в некоторый момент оказывается в городе B, то он побеждает. Иначе, то есть если Вася не может добиться попадания в B до остановки игры, выигрывает Петя. При каком наибольшем k Петя может выиграть, как бы ни играл Вася?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-first-move-distance-leaf","title":"ИИ-решение: расстояние до первого хода и листовая цель","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","connected_graph","distance"],"standard_idea_ids":["extremal_choice","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(\\binom{n-1}{2}=\\frac{(n-1)(n-2)}2\\). Сначала докажем верхнюю оценку. Пусть Петя выбрал карту, города \\(A,B\\) и рассчитывает выиграть. Перед первым ходом Васи расстояние от \\(A\\) до \\(B\\) обязано быть больше 2: иначе Вася сразу за один ход переместил бы фишку в \\(B\\) и победил бы. Значит, ребра \\(AB\\) нет, и у \\(A\\) и \\(B\\) нет общего соседа. Поэтому каждый из остальных \\(n-2\\) городов может быть соединён дорогой не более чем с одним из городов \\(A,B\\). Между самими остальными \\(n-2\\) городами дорог не больше, чем в полном графе. Следовательно, \\[ k\\le \\binom{n-2}{2}+(n-2)=\\binom{n-1}{2}. \\] Осталось показать, что эта оценка достижима. Возьмём города \\(A,B,C\\) и ещё \\(n-3\\) городов. На всех городах, кроме \\(B\\), проведём полный граф, но удалим из него ребро \\(AC\\). После этого добавим единственную дорогу \\(BC\\). Тогда всего дорог \\[ \\binom{n-1}{2}-1+1=\\binom{n-1}{2}. \\] Граф свя…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2017-premier-round1-problem2 министры петя и вася на карте городов, юмт 2017 goal_strategy_game construction goal_exact_bound 2017 https://adygmath.ru/content/files/smena2017/umt/zadaniya/zadan_1tur_prem.pdf olympiad_archive src-yumt-2017-premier-round1-problem2-official with_solution yumt yumt2017 юмт юмт 2017, премьер-лига, первый тур, 2. министры петя и вася на карте городов юмт2017 ? юмт 2017, премьер-лига, первый тур, 2. министры петя и вася на карте городов stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дано натуральное число n > 10. министры петя и вася играют в игру. у них есть карта с n городами. в начале игры петя соединяет их k ≥ n дорогами так, чтобы от любого города по дорогам можно было доехать до любого другого и любые два города были соединены не более чем одной дорогой. затем петя отмечает два города a и b и помещает в город a фишку. далее они ходят по очереди, начиная с васи: вася каждым своим ходом перемещает фишку в город, куда от текущего положения фишки можно добраться, проехав не более чем по двум дорогам, петя же своим ходом разрушает одну дорогу. если вася в некоторый момент оказывается в городе b, то он побеждает. иначе, то есть если вася не может добиться попадания в b до остановки игры, выигрывает петя. при каком наибольшем k петя может выиграть, как бы ни играл вася? idea-first-move-distance-and-leaf-target первый ход васи и листовая цель если расстояние от начального города \\(a\\) до цели \\(b\\) не больше 2, вася выигрывает первым ходом. поэтому для выигрышной позиции пети вершины \\(a\\) и \\(b\\) не смежны и не имеют общего соседа, что сразу ограничивает число рёбер. равенство достигается почти полным графом: \\(b\\) является листом, а из полного графа на остальных вершинах удалено только ребро от \\(a\\) к соседу \\(b\\). goal_strategy_game construction ai_checked sol-ai-first-move-distance-leaf ии-решение: расстояние до первого хода и листовая цель ai_checked simple_graph connected_graph distance extremal_choice delete_to_simplify ответ: \\(\\binom{n-1}{2}=\\frac{(n-1)(n-2)}2\\). сначала докажем верхнюю оценку. пусть петя выбрал карту, города \\(a,b\\) и рассчитывает выиграть. перед первым ходом васи расстояние от \\(a\\) до \\(b\\) обязано быть больше 2: иначе вася сразу за один ход переместил бы фишку в \\(b\\) и победил бы. значит, ребра \\(ab\\) нет, и у \\(a\\) и \\(b\\) нет общего соседа. поэтому каждый из остальных \\(n-2\\) городов может быть соединён дорогой не более чем с одним из городов \\(a,b\\). между самими остальными \\(n-2\\) городами дорог не больше, чем в полном графе. следовательно, \\[ k\\le \\binom{n-2}{2}+(n-2)=\\binom{n-1}{2}. \\] осталось показать, что эта оценка достижима. возьмём города \\(a,b,c\\) и ещё \\(n-3\\) городов. на всех городах, кроме \\(b\\), проведём полный граф, но удалим из него ребро \\(ac\\). после этого добавим единственную дорогу \\(bc\\). тогда всего дорог \\[ \\binom{n-1}{2}-1+1=\\binom{n-1}{2}. \\] граф свя… yumt-2017-premier-round1-problem2 ministry petya i vasya na karte gorodov, yumt 2017 goal_strategy_game construction goal_exact_bound 2017 https://adygmath.ru/content/files/smena2017/umt/zadaniya/zadan_1tur_prem.pdf olympiad_archive src-yumt-2017-premier-round1-problem2-official with_solution yumt yumt2017 yumt yumt 2017, premer-liga, pervyy tur, 2. ministry petya i vasya na karte gorodov yumt2017 ? yumt 2017, premer-liga, pervyy tur, 2. ministry petya i vasya na karte gorodov stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dano naturalnoe chislo n > 10. ministry petya i vasya igrayut v igru. u nih est karta s n gorodami. v nachale igry petya soedinyaet ih k ≥ n dorogami tak, chtoby ot lyubogo goroda po dorogam mozhno bylo doehat do lyubogo drugogo i lyubye dva goroda byli soedineny ne bolee chem odnoy dorogoy. zatem petya otmechaet dva goroda a i b i pomeschaet v gorod a fishku. dalee oni hodyat po ocheredi, nachinaya s vasi: vasya kazhdym svoim hodom peremeschaet fishku v gorod, kuda ot tekuschego polozheniya fishki mozhno dobratsya, proehav ne bolee chem po dvum dorogam, petya zhe svoim hodom razrushaet odnu dorogu. esli vasya v nekotoryy moment okazyvaetsya v gorode b, to on pobezhdaet. inache, to est esli vasya ne mozhet dobitsya popadaniya v b do ostanovki igry, vyigryvaet petya. pri kakom naibolshem k petya mozhet vyigrat, kak by ni igral vasya? idea-first-move-distance-and-leaf-target pervyy hod vasi i listovaya tsel esli rasstoyanie ot nachalnogo goroda \\(a\\) do tseli \\(b\\) ne bolshe 2, vasya vyigryvaet pervym hodom. poetomu dlya vyigryshnoy pozitsii peti vershiny \\(a\\) i \\(b\\) ne smezhny i ne imeyut obschego soseda, chto srazu ogranichivaet chislo reber. ravenstvo dostigaetsya pochti polnym grafom: \\(b\\) yavlyaetsya listom, a iz polnogo grafa na ostalnyh vershinah udaleno tolko rebro ot \\(a\\) k sosedu \\(b\\). goal_strategy_game construction ai_checked sol-ai-first-move-distance-leaf ii-reshenie: rasstoyanie do pervogo hoda i listovaya tsel ai_checked simple_graph connected_graph distance extremal_choice delete_to_simplify otvet: \\(\\binom{n-1}{2}=\\frac{(n-1)(n-2)}2\\). snachala dokazhem verhnyuyu otsenku. pust petya vybral kartu, goroda \\(a,b\\) i rasschityvaet vyigrat. pered pervym hodom vasi rasstoyanie ot \\(a\\) do \\(b\\) obyazano byt bolshe 2: inache vasya srazu za odin hod peremestil by fishku v \\(b\\) i pobedil by. znachit, rebra \\(ab\\) net, i u \\(a\\) i \\(b\\) net obschego soseda. poetomu kazhdyy iz ostalnyh \\(n-2\\) gorodov mozhet byt soedinen dorogoy ne bolee chem s odnim iz gorodov \\(a,b\\). mezhdu samimi ostalnymi \\(n-2\\) gorodami dorog ne bolshe, chem v polnom grafe. sledovatelno, \\[ k\\le \\binom{n-2}{2}+(n-2)=\\binom{n-1}{2}. \\] ostalos pokazat, chto eta otsenka dostizhima. vozmem goroda \\(a,b,c\\) i esche \\(n-3\\) gorodov. na vseh gorodah, krome \\(b\\), provedem polnyy graf, no udalim iz nego rebro \\(ac\\). posle etogo dobavim edinstvennuyu dorogu \\(bc\\). togda vsego dorog \\[ \\binom{n-1}{2}-1+1=\\binom{n-1}{2}. \\] graf svya…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2017-start-first-round1-problem3","title":"Петя разрушает дороги, Вася ведёт фишку, ЮМТ 2017","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2017-start-first-round1-problem3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2017-start-first-round1-problem3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2017-start-first-round1-problem3","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2017, Старт, первая лига, первый тур, 3. Петя разрушает дороги, Вася ведёт фишку"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_strategy_game","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2017_start_first_round1_problem3.md; этап: Старт, первая лига, первый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дано натуральное число n > 10. Министры Петя и Вася играют в игру. У них есть карта с n городами. В начале Петя соединяет их k ≥ n дорогами так, чтобы от любого города по дорогам можно было доехать до любого другого. Любые два города можно соединить не более чем одной дорогой. Затем Петя отмечает два города A и B и помещает в город A фишку. Далее игроки ходят по очереди, начиная с Васи: каждым своим ходом Вася перемещает фишку в город, куда от текущего положения фишки можно пройти по одной имеющейся дороге. Петя же своим ходом разрушает одну дорогу. Если Вася в некоторый момент оказывается в городе B, то он побеждает. Иначе, то есть если Вася не может добиться попадания в B до остановки игры, выигрывает Петя. При каком наибольшем k Петя может выиграть, как бы ни играл Вася?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-complete-minus-edge-invariant","title":"ИИ-решение: полный граф без одного ребра и инвариант","status":"ai_checked","definition_ids":["complete_graph","connected_graph","simple_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(\\binom n2-1\\). Сначала получим верхнюю оценку. В простом графе на \\(n\\) вершинах не больше \\(\\binom n2\\) рёбер. Если \\(k=\\binom n2\\), граф полный. Тогда какие бы два города \\(A\\) и \\(B\\) Петя ни отметил, они соединены дорогой, и Вася первым же ходом переводит фишку из \\(A\\) в \\(B\\). Значит при полном графе Петя выиграть не может, поэтому \\(k\\le \\binom n2-1\\). Покажем, что \\(\\binom n2-1\\) достижимо. Петя строит полный граф на всех \\(n\\) городах, но не проводит одно ребро \\(AB\\). Такой граф связен при \\(n>2\\), в частности при данном \\(n>10\\), а число дорог равно \\(\\binom n2-1\\). Затем Петя отмечает именно эти города \\(A\\) и \\(B\\), фишка стоит в \\(A\\). Стратегия Пети такова. После каждого хода Васи, если текущий город фишки соединён дорогой с \\(B\\), Петя разрушает именно эту дорогу; если такой дороги уже нет, он разрушает любую оставшуюся дорогу. Перед первым ходом Васи ребра \\(AB…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2017-first-r1-p3-yumt-2017-high-r1-p3","neighbor_id":"yumt-2017-start-high-round1-problem3","direction":"forward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2017-start-first-round1-problem3 петя разрушает дороги, вася ведёт фишку, юмт 2017 goal_strategy_game construction goal_exact_bound 2017 https://adygmath.ru/content/files/smena2017/umt/zadaniya/zadan_1tur_startperv.pdf olympiad_archive src-yumt-2017-start-first-round1-problem3-official with_solution yumt yumt2017 юмт юмт 2017, старт, первая лига, первый тур, 3. петя разрушает дороги, вася ведёт фишку юмт2017 ? юмт 2017, старт, первая лига, первый тур, 3. петя разрушает дороги, вася ведёт фишку stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дано натуральное число n > 10. министры петя и вася играют в игру. у них есть карта с n городами. в начале петя соединяет их k ≥ n дорогами так, чтобы от любого города по дорогам можно было доехать до любого другого. любые два города можно соединить не более чем одной дорогой. затем петя отмечает два города a и b и помещает в город a фишку. далее игроки ходят по очереди, начиная с васи: каждым своим ходом вася перемещает фишку в город, куда от текущего положения фишки можно пройти по одной имеющейся дороге. петя же своим ходом разрушает одну дорогу. если вася в некоторый момент оказывается в городе b, то он побеждает. иначе, то есть если вася не может добиться попадания в b до остановки игры, выигрывает петя. при каком наибольшем k петя может выиграть, как бы ни играл вася? idea-complete-graph-minus-target-edge полный граф без ребра между стартом и целью полный граф сразу проигрышен для пети: какие бы a и b он ни выбрал, вася первым ходом переходит по ребру ab. но если взять полный граф без одного ребра ab и выбрать его концы стартом и целью, петя после каждого хода васи удаляет ребро из текущего города фишки в b. тогда перед каждым ходом васи фишка стоит в городе, не смежном с b. construction goal_strategy_game invariant ai_checked sol-ai-complete-minus-edge-invariant ии-решение: полный граф без одного ребра и инвариант ai_checked complete_graph connected_graph simple_graph ответ: \\(\\binom n2-1\\). сначала получим верхнюю оценку. в простом графе на \\(n\\) вершинах не больше \\(\\binom n2\\) рёбер. если \\(k=\\binom n2\\), граф полный. тогда какие бы два города \\(a\\) и \\(b\\) петя ни отметил, они соединены дорогой, и вася первым же ходом переводит фишку из \\(a\\) в \\(b\\). значит при полном графе петя выиграть не может, поэтому \\(k\\le \\binom n2-1\\). покажем, что \\(\\binom n2-1\\) достижимо. петя строит полный граф на всех \\(n\\) городах, но не проводит одно ребро \\(ab\\). такой граф связен при \\(n>2\\), в частности при данном \\(n>10\\), а число дорог равно \\(\\binom n2-1\\). затем петя отмечает именно эти города \\(a\\) и \\(b\\), фишка стоит в \\(a\\). стратегия пети такова. после каждого хода васи, если текущий город фишки соединён дорогой с \\(b\\), петя разрушает именно эту дорогу; если такой дороги уже нет, он разрушает любую оставшуюся дорогу. перед первым ходом васи ребра \\(ab… yumt-2017-start-first-round1-problem3 petya razrushaet dorogi, vasya vedet fishku, yumt 2017 goal_strategy_game construction goal_exact_bound 2017 https://adygmath.ru/content/files/smena2017/umt/zadaniya/zadan_1tur_startperv.pdf olympiad_archive src-yumt-2017-start-first-round1-problem3-official with_solution yumt yumt2017 yumt yumt 2017, start, pervaya liga, pervyy tur, 3. petya razrushaet dorogi, vasya vedet fishku yumt2017 ? yumt 2017, start, pervaya liga, pervyy tur, 3. petya razrushaet dorogi, vasya vedet fishku stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dano naturalnoe chislo n > 10. ministry petya i vasya igrayut v igru. u nih est karta s n gorodami. v nachale petya soedinyaet ih k ≥ n dorogami tak, chtoby ot lyubogo goroda po dorogam mozhno bylo doehat do lyubogo drugogo. lyubye dva goroda mozhno soedinit ne bolee chem odnoy dorogoy. zatem petya otmechaet dva goroda a i b i pomeschaet v gorod a fishku. dalee igroki hodyat po ocheredi, nachinaya s vasi: kazhdym svoim hodom vasya peremeschaet fishku v gorod, kuda ot tekuschego polozheniya fishki mozhno proyti po odnoy imeyuscheysya doroge. petya zhe svoim hodom razrushaet odnu dorogu. esli vasya v nekotoryy moment okazyvaetsya v gorode b, to on pobezhdaet. inache, to est esli vasya ne mozhet dobitsya popadaniya v b do ostanovki igry, vyigryvaet petya. pri kakom naibolshem k petya mozhet vyigrat, kak by ni igral vasya? idea-complete-graph-minus-target-edge polnyy graf bez rebra mezhdu startom i tselyu polnyy graf srazu proigryshen dlya peti: kakie by a i b on ni vybral, vasya pervym hodom perehodit po rebru ab. no esli vzyat polnyy graf bez odnogo rebra ab i vybrat ego kontsy startom i tselyu, petya posle kazhdogo hoda vasi udalyaet rebro iz tekuschego goroda fishki v b. togda pered kazhdym hodom vasi fishka stoit v gorode, ne smezhnom s b. construction goal_strategy_game invariant ai_checked sol-ai-complete-minus-edge-invariant ii-reshenie: polnyy graf bez odnogo rebra i invariant ai_checked complete_graph connected_graph simple_graph otvet: \\(\\binom n2-1\\). snachala poluchim verhnyuyu otsenku. v prostom grafe na \\(n\\) vershinah ne bolshe \\(\\binom n2\\) reber. esli \\(k=\\binom n2\\), graf polnyy. togda kakie by dva goroda \\(a\\) i \\(b\\) petya ni otmetil, oni soedineny dorogoy, i vasya pervym zhe hodom perevodit fishku iz \\(a\\) v \\(b\\). znachit pri polnom grafe petya vyigrat ne mozhet, poetomu \\(k\\le \\binom n2-1\\). pokazhem, chto \\(\\binom n2-1\\) dostizhimo. petya stroit polnyy graf na vseh \\(n\\) gorodah, no ne provodit odno rebro \\(ab\\). takoy graf svyazen pri \\(n>2\\), v chastnosti pri dannom \\(n>10\\), a chislo dorog ravno \\(\\binom n2-1\\). zatem petya otmechaet imenno eti goroda \\(a\\) i \\(b\\), fishka stoit v \\(a\\). strategiya peti takova. posle kazhdogo hoda vasi, esli tekuschiy gorod fishki soedinen dorogoy s \\(b\\), petya razrushaet imenno etu dorogu; esli takoy dorogi uzhe net, on razrushaet lyubuyu ostavshuyusya dorogu. pered pervym hodom vasi rebra \\(ab…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2017-start-high-round1-problem3","title":"Петя разрушает дороги, Вася едет не более чем по двум дорогам, ЮМТ 2017","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2017-start-high-round1-problem3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2017-start-high-round1-problem3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2017-start-high-round1-problem3","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2017, Старт, высшая лига, первый тур, 3. Петя разрушает дороги, Вася едет не более чем по двум дорогам"],"year":"2017","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2017_start_high_round1_problem3.md; этап: Старт, высшая лига, первый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дано натуральное число n > 10. Министры Петя и Вася играют в игру. У них есть карта с n городами. В начале Петя соединяет их k ≥ n дорогами, причём так, чтобы от любого города по дорогам можно было доехать до любого другого. Любые два города можно соединять не более чем одной дорогой. Затем Петя отмечает два города A и B и помещает в город A фишку. Далее игроки ходят по очереди, начиная с Васи: каждым своим ходом Вася перемещает фишку в город, куда от текущего положения фишки можно добраться, проехав не более чем по двум дорогам. Петя же своим ходом разрушает одну дорогу. Если Вася в некоторый момент оказывается в городе B, то он побеждает. Иначе, то есть если Вася не может добиться попадания в B до остановки игры, выигрывает Петя. При каком наибольшем k Петя может выиграть, как бы ни играл Вася?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-distance-three-extremal","title":"ИИ-решение: расстояние 3 и подсчет недостающих рёбер","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(k_max\\) = C(n-1,2). Сначала докажем верхнюю оценку. Пусть Петя может выиграть на некотором исходном графе с k ребрами и выбранными городами A,B. До первого хода Васи Петя еще не разрушил ни одной дороги. Поэтому если в исходном графе расстояние от A до B не больше 2, Вася первым же ходом переходит в B и выигрывает. Следовательно, для выигрышной стратегии Пети необходимо, чтобы расстояние между A и B было хотя бы 3. Это условие сразу ограничивает число ребер. Во-первых, ребра AB нет. Во-вторых, ни один город v, отличный от A и B, не может быть соединен дорогами одновременно с A и с B: иначе был бы путь A-v-B длины 2. Значит для каждого из n-2 таких городов отсутствует хотя бы одно из двух ребер Av и Bv. Все эти отсутствующие ребра различны, и вместе с отсутствующим ребром AB их не меньше n-1. В полном графе на n вершинах C(n,2) ребер, поэтому k <= C(n,2) - (n-1) = C(n-1,2). Оста…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2017-first-r1-p3-yumt-2017-high-r1-p3","neighbor_id":"yumt-2017-start-first-round1-problem3","direction":"backward","type":"paired_variant","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2017-start-high-round1-problem3 петя разрушает дороги, вася едет не более чем по двум дорогам, юмт 2017 goal_strategy_game 2017 https://adygmath.ru/content/files/smena2017/umt/zadaniya/zadan_1tur_startvis.pdf olympiad_archive src-yumt-2017-start-high-round1-problem3-official with_solution yumt yumt2017 юмт юмт 2017, старт, высшая лига, первый тур, 3. петя разрушает дороги, вася едет не более чем по двум дорогам юмт2017 ? юмт 2017, старт, высшая лига, первый тур, 3. петя разрушает дороги, вася едет не более чем по двум дорогам stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дано натуральное число n > 10. министры петя и вася играют в игру. у них есть карта с n городами. в начале петя соединяет их k ≥ n дорогами, причём так, чтобы от любого города по дорогам можно было доехать до любого другого. любые два города можно соединять не более чем одной дорогой. затем петя отмечает два города a и b и помещает в город a фишку. далее игроки ходят по очереди, начиная с васи: каждым своим ходом вася перемещает фишку в город, куда от текущего положения фишки можно добраться, проехав не более чем по двум дорогам. петя же своим ходом разрушает одну дорогу. если вася в некоторый момент оказывается в городе b, то он побеждает. иначе, то есть если вася не может добиться попадания в b до остановки игры, выигрывает петя. при каком наибольшем k петя может выиграть, как бы ни играл вася? idea-distance-three-missing-edges до первого разрушения нужна пара городов на расстоянии хотя бы 3 вася ходит первым, поэтому если выбранные петей города a и b находятся на расстоянии не больше 2 в исходном графе, вася сразу попадает в b. значит для выигрыша пети нужна пара на расстоянии хотя бы 3; это заставляет отсутствовать ребро ab и, для каждого другого города, хотя бы одно из ребер к a и b. ai_checked idea-delete-leaf-bridge-after-first-move почти полный граф с листом на расстоянии 3 оценка достигается графом: на n-1 вершинах взять полный граф без одного ребра ax, а последнюю вершину b сделать листом, соединенным только с x. после первого хода васи петя удаляет ребро xb, и b становится недостижимым. ai_checked sol-ai-distance-three-extremal ии-решение: расстояние 3 и подсчет недостающих рёбер ai_checked connected_graph path ответ: \\(k_max\\) = c(n-1,2). сначала докажем верхнюю оценку. пусть петя может выиграть на некотором исходном графе с k ребрами и выбранными городами a,b. до первого хода васи петя еще не разрушил ни одной дороги. поэтому если в исходном графе расстояние от a до b не больше 2, вася первым же ходом переходит в b и выигрывает. следовательно, для выигрышной стратегии пети необходимо, чтобы расстояние между a и b было хотя бы 3. это условие сразу ограничивает число ребер. во-первых, ребра ab нет. во-вторых, ни один город v, отличный от a и b, не может быть соединен дорогами одновременно с a и с b: иначе был бы путь a-v-b длины 2. значит для каждого из n-2 таких городов отсутствует хотя бы одно из двух ребер av и bv. все эти отсутствующие ребра различны, и вместе с отсутствующим ребром ab их не меньше n-1. в полном графе на n вершинах c(n,2) ребер, поэтому k <= c(n,2) - (n-1) = c(n-1,2). оста… yumt-2017-start-high-round1-problem3 petya razrushaet dorogi, vasya edet ne bolee chem po dvum dorogam, yumt 2017 goal_strategy_game 2017 https://adygmath.ru/content/files/smena2017/umt/zadaniya/zadan_1tur_startvis.pdf olympiad_archive src-yumt-2017-start-high-round1-problem3-official with_solution yumt yumt2017 yumt yumt 2017, start, vysshaya liga, pervyy tur, 3. petya razrushaet dorogi, vasya edet ne bolee chem po dvum dorogam yumt2017 ? yumt 2017, start, vysshaya liga, pervyy tur, 3. petya razrushaet dorogi, vasya edet ne bolee chem po dvum dorogam stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dano naturalnoe chislo n > 10. ministry petya i vasya igrayut v igru. u nih est karta s n gorodami. v nachale petya soedinyaet ih k ≥ n dorogami, prichem tak, chtoby ot lyubogo goroda po dorogam mozhno bylo doehat do lyubogo drugogo. lyubye dva goroda mozhno soedinyat ne bolee chem odnoy dorogoy. zatem petya otmechaet dva goroda a i b i pomeschaet v gorod a fishku. dalee igroki hodyat po ocheredi, nachinaya s vasi: kazhdym svoim hodom vasya peremeschaet fishku v gorod, kuda ot tekuschego polozheniya fishki mozhno dobratsya, proehav ne bolee chem po dvum dorogam. petya zhe svoim hodom razrushaet odnu dorogu. esli vasya v nekotoryy moment okazyvaetsya v gorode b, to on pobezhdaet. inache, to est esli vasya ne mozhet dobitsya popadaniya v b do ostanovki igry, vyigryvaet petya. pri kakom naibolshem k petya mozhet vyigrat, kak by ni igral vasya? idea-distance-three-missing-edges do pervogo razrusheniya nuzhna para gorodov na rasstoyanii hotya by 3 vasya hodit pervym, poetomu esli vybrannye petey goroda a i b nahodyatsya na rasstoyanii ne bolshe 2 v ishodnom grafe, vasya srazu popadaet v b. znachit dlya vyigrysha peti nuzhna para na rasstoyanii hotya by 3; eto zastavlyaet otsutstvovat rebro ab i, dlya kazhdogo drugogo goroda, hotya by odno iz reber k a i b. ai_checked idea-delete-leaf-bridge-after-first-move pochti polnyy graf s listom na rasstoyanii 3 otsenka dostigaetsya grafom: na n-1 vershinah vzyat polnyy graf bez odnogo rebra ax, a poslednyuyu vershinu b sdelat listom, soedinennym tolko s x. posle pervogo hoda vasi petya udalyaet rebro xb, i b stanovitsya nedostizhimym. ai_checked sol-ai-distance-three-extremal ii-reshenie: rasstoyanie 3 i podschet nedostayuschih reber ai_checked connected_graph path otvet: \\(k_max\\) = c(n-1,2). snachala dokazhem verhnyuyu otsenku. pust petya mozhet vyigrat na nekotorom ishodnom grafe s k rebrami i vybrannymi gorodami a,b. do pervogo hoda vasi petya esche ne razrushil ni odnoy dorogi. poetomu esli v ishodnom grafe rasstoyanie ot a do b ne bolshe 2, vasya pervym zhe hodom perehodit v b i vyigryvaet. sledovatelno, dlya vyigryshnoy strategii peti neobhodimo, chtoby rasstoyanie mezhdu a i b bylo hotya by 3. eto uslovie srazu ogranichivaet chislo reber. vo-pervyh, rebra ab net. vo-vtoryh, ni odin gorod v, otlichnyy ot a i b, ne mozhet byt soedinen dorogami odnovremenno s a i s b: inache byl by put a-v-b dliny 2. znachit dlya kazhdogo iz n-2 takih gorodov otsutstvuet hotya by odno iz dvuh reber av i bv. vse eti otsutstvuyuschie rebra razlichny, i vmeste s otsutstvuyuschim rebrom ab ih ne menshe n-1. v polnom grafe na n vershinah c(n,2) reber, poetomu k <= c(n,2) - (n-1) = c(n-1,2). osta…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2018-grand-final-problem1","title":"Игра на связном графе с числами в вершинах, ЮМТ 2018","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2018-grand-final-problem1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2018-grand-final-problem1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2018-grand-final-problem1","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2018, Гранд-лига, финал, 1. Игра на связном графе с числами в вершинах"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_strategy_game","invariant"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2018_grand_final_problem1.md; этап: Гранд-лига, финал.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Изначально N неотрицательных целых чисел расставлены в вершинах связного графа, в котором не меньше 3 вершин; сумма этих чисел равна 2N. Игра состоит из раундов: сначала Вася вычитает 3 из одного числа, а затем Петя прибавляет по 1 к какому-то числу и двум из его соседей. Петя выигрывает, если Вася не может сделать очередной ход; если Вася может продолжать игру бесконечно, Петя не выигрывает. Для каких связных графов с не менее чем 3 вершинами у Пети есть выигрышная стратегия при любой начальной расстановке чисел?","definition_ids":["connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-mod3-triples-classification","title":"ИИ-решение: классификация через допустимые тройки modulo 3","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: Петя выигрывает ровно на тех связных графах, которые не являются путями и не являются циклами длины, кратной 3. Назовём допустимой тройкой множество из вершины и двух её различных соседей. После полного раунда сумма чисел снова равна \\(2N\\). Поэтому если перед ходом Васи он не может ходить, то все числа не превосходят 2, а из суммы \\(2N\\) следует, что все они равны 2. Значит, цель Пети — добиться позиции \\((2,2,\\ldots,2)\\). Сначала докажем общий критерий. Пусть \\(U\\) — линейная оболочка над \\(\\mathbb F_3\\) индикаторов всех допустимых троек. Так как каждая такая тройка имеет размер 3, \\(U\\) лежит в пространстве \\(W\\) всех векторов с суммой координат 0. Утверждаем, что Петя выигрывает при любой начальной позиции тогда и только тогда, когда \\(U=W\\). Если \\(U\\ne W\\), то найдётся не постоянная функция \\(c:V\\to\\mathbb F_3\\), сумма значений которой на каждой допустимой тройке равна 0. Т…"}],"relations":[{"id":"rel-jbmo-2026-p3-yumt-2018-f3-span","neighbor_id":"jbmo-2026-p3-three-color-lamps-cycle","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"ai_checked"}],"search_text":"yumt-2018-grand-final-problem1 игра на связном графе с числами в вершинах, юмт 2018 connectivity goal_strategy_game invariant 2018 https://adygmath.ru/content/files/smena2018/umt/zadaniya/zad_5tur_grand.pdf olympiad_archive src-yumt-2018-grand-final-problem1-official with_solution yumt yumt2018 юмт юмт 2018, гранд-лига, финал, 1. игра на связном графе с числами в вершинах юмт2018 ? юмт 2018, гранд-лига, финал, 1. игра на связном графе с числами в вершинах stmt-original оригинальная формулировка ai_checked изначально n неотрицательных целых чисел расставлены в вершинах связного графа, в котором не меньше 3 вершин; сумма этих чисел равна 2n. игра состоит из раундов: сначала вася вычитает 3 из одного числа, а затем петя прибавляет по 1 к какому-то числу и двум из его соседей. петя выигрывает, если вася не может сделать очередной ход; если вася может продолжать игру бесконечно, петя не выигрывает. для каких связных графов с не менее чем 3 вершинами у пети есть выигрышная стратегия при любой начальной расстановке чисел? connected_graph idea-mod3-triple-invariant инвариант по допустимым тройкам modulo 3 если вершинам приписаны элементы поля \\(\\mathbb f_3\\) так, что сумма на каждой допустимой тройке «вершина и два её соседа» равна нулю, то взвешенная сумма чисел в вершинах не меняется ни при ходе васи, ни при ходе пети. invariant goal_strategy_game ai_checked idea-finite-trap-linear-algebra конечная игра и линейная алгебра над f3 в конечной игре отсутствие выигрышной стратегии у пети даёт замкнутую проигрышную область. по модулю 3 такая область замкнута относительно прибавления всех допустимых троек; если эти тройки порождают все векторы с нулевой суммой, то в ней должен оказаться единственный остаточный класс финальной позиции. invariant goal_strategy_game ai_checked sol-ai-mod3-triples-classification ии-решение: классификация через допустимые тройки modulo 3 ai_checked ответ: петя выигрывает ровно на тех связных графах, которые не являются путями и не являются циклами длины, кратной 3. назовём допустимой тройкой множество из вершины и двух её различных соседей. после полного раунда сумма чисел снова равна \\(2n\\). поэтому если перед ходом васи он не может ходить, то все числа не превосходят 2, а из суммы \\(2n\\) следует, что все они равны 2. значит, цель пети — добиться позиции \\((2,2,\\ldots,2)\\). сначала докажем общий критерий. пусть \\(u\\) — линейная оболочка над \\(\\mathbb f_3\\) индикаторов всех допустимых троек. так как каждая такая тройка имеет размер 3, \\(u\\) лежит в пространстве \\(w\\) всех векторов с суммой координат 0. утверждаем, что петя выигрывает при любой начальной позиции тогда и только тогда, когда \\(u=w\\). если \\(u\\ne w\\), то найдётся не постоянная функция \\(c:v\\to\\mathbb f_3\\), сумма значений которой на каждой допустимой тройке равна 0. т… yumt-2018-grand-final-problem1 igra na svyaznom grafe s chislami v vershinah, yumt 2018 connectivity goal_strategy_game invariant 2018 https://adygmath.ru/content/files/smena2018/umt/zadaniya/zad_5tur_grand.pdf olympiad_archive src-yumt-2018-grand-final-problem1-official with_solution yumt yumt2018 yumt yumt 2018, grand-liga, final, 1. igra na svyaznom grafe s chislami v vershinah yumt2018 ? yumt 2018, grand-liga, final, 1. igra na svyaznom grafe s chislami v vershinah stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked iznachalno n neotritsatelnyh tselyh chisel rasstavleny v vershinah svyaznogo grafa, v kotorom ne menshe 3 vershin; summa etih chisel ravna 2n. igra sostoit iz raundov: snachala vasya vychitaet 3 iz odnogo chisla, a zatem petya pribavlyaet po 1 k kakomu-to chislu i dvum iz ego sosedey. petya vyigryvaet, esli vasya ne mozhet sdelat ocherednoy hod; esli vasya mozhet prodolzhat igru beskonechno, petya ne vyigryvaet. dlya kakih svyaznyh grafov s ne menee chem 3 vershinami u peti est vyigryshnaya strategiya pri lyuboy nachalnoy rasstanovke chisel? connected_graph idea-mod3-triple-invariant invariant po dopustimym troykam modulo 3 esli vershinam pripisany elementy polya \\(\\mathbb f_3\\) tak, chto summa na kazhdoy dopustimoy troyke «vershina i dva ee soseda» ravna nulyu, to vzveshennaya summa chisel v vershinah ne menyaetsya ni pri hode vasi, ni pri hode peti. invariant goal_strategy_game ai_checked idea-finite-trap-linear-algebra konechnaya igra i lineynaya algebra nad f3 v konechnoy igre otsutstvie vyigryshnoy strategii u peti daet zamknutuyu proigryshnuyu oblast. po modulyu 3 takaya oblast zamknuta otnositelno pribavleniya vseh dopustimyh troek; esli eti troyki porozhdayut vse vektory s nulevoy summoy, to v ney dolzhen okazatsya edinstvennyy ostatochnyy klass finalnoy pozitsii. invariant goal_strategy_game ai_checked sol-ai-mod3-triples-classification ii-reshenie: klassifikatsiya cherez dopustimye troyki modulo 3 ai_checked otvet: petya vyigryvaet rovno na teh svyaznyh grafah, kotorye ne yavlyayutsya putyami i ne yavlyayutsya tsiklami dliny, kratnoy 3. nazovem dopustimoy troykoy mnozhestvo iz vershiny i dvuh ee razlichnyh sosedey. posle polnogo raunda summa chisel snova ravna \\(2n\\). poetomu esli pered hodom vasi on ne mozhet hodit, to vse chisla ne prevoshodyat 2, a iz summy \\(2n\\) sleduet, chto vse oni ravny 2. znachit, tsel peti — dobitsya pozitsii \\((2,2,\\ldots,2)\\). snachala dokazhem obschiy kriteriy. pust \\(u\\) — lineynaya obolochka nad \\(\\mathbb f_3\\) indikatorov vseh dopustimyh troek. tak kak kazhdaya takaya troyka imeet razmer 3, \\(u\\) lezhit v prostranstve \\(w\\) vseh vektorov s summoy koordinat 0. utverzhdaem, chto petya vyigryvaet pri lyuboy nachalnoy pozitsii togda i tolko togda, kogda \\(u=w\\). esli \\(u\\ne w\\), to naydetsya ne postoyannaya funktsiya \\(c:v\\to\\mathbb f_3\\), summa znacheniy kotoroy na kazhdoy dopustimoy troyke ravna 0. t…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2018-grand-round1-problem3","title":"Связный граф на 100 вершинах, ЮМТ 2018","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2018-grand-round1-problem3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2018-grand-round1-problem3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2018-grand-round1-problem3","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2018, Гранд-лига, первый тур, 3. Связный граф на 100 вершинах"],"year":"2018","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2018_grand_round1_problem3.md; этап: Гранд-лига, первый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Связный граф на 100 вершинах таков, что при удалении любых двух рёбер, не имеющих общих концов, он становится несвязным. Какое наибольшее количество рёбер может быть в этом графе? Как обычно, в графе нет кратных рёбер и петель.","definition_ids":["connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-unicyclic-bound","title":"ИИ-решение: граф должен быть не более чем унициклическим","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","path","tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(100\\). Пример. Возьмём цикл \\(C_{100}\\). Если удалить из него два ребра без общих концов, цикл распадётся на две непустые цепи, значит граф станет несвязным. Поэтому \\(100\\) рёбер достижимы. Докажем, что больше быть не может. Назовём мостом ребро, удаление которого уже само делает граф несвязным. Такие рёбра нам не мешают: если среди двух удаляемых рёбер есть мост, граф точно распадается. Поэтому вся трудность находится в частях графа, где мостов нет. Удалим из графа все мосты. Если среди оставшихся компонент есть две разные компоненты, содержащие циклы, выберем по одному ребру на цикле в каждой из них. Эти два ребра не имеют общих концов. Удаление одного ребра из компоненты без мостов не нарушает её связности, а все мосты исходного графа при этом остаются на месте. Значит, после удаления выбранных двух рёбер весь граф останется связным, что противоречит условию. Осталось доказ…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2018-grand-r1-p3-yumt-2023-granda-r4-p3","neighbor_id":"yumt-2023-granda-round4-problem3","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2018-grand-round1-problem3 связный граф на 100 вершинах, юмт 2018 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2018 https://adygmath.ru/content/files/smena2018/umt/zadaniya/zad_1tur_grand.pdf olympiad_archive src-yumt-2018-grand-round1-problem3-official with_solution yumt yumt2018 юмт юмт 2018, гранд-лига, первый тур, 3. связный граф на 100 вершинах юмт2018 ? юмт 2018, гранд-лига, первый тур, 3. связный граф на 100 вершинах stmt-original оригинальная формулировка ai_checked связный граф на 100 вершинах таков, что при удалении любых двух рёбер, не имеющих общих концов, он становится несвязным. какое наибольшее количество рёбер может быть в этом графе? как обычно, в графе нет кратных рёбер и петель. connected_graph idea-at-most-one-cycle-block два независимых цикла дают безопасное удаление двух рёбер если в связном графе есть две разные циклические части или одна циклическая часть сложнее простого цикла, можно выбрать два непересекающихся ребра так, что после их удаления граф останется связным. поэтому допустимый граф имеет не более одного цикла. connectivity extremal_graph_theory ai_checked sol-ai-unicyclic-bound ии-решение: граф должен быть не более чем унициклическим ai_checked cycle path tree ответ: \\(100\\). пример. возьмём цикл \\(c_{100}\\). если удалить из него два ребра без общих концов, цикл распадётся на две непустые цепи, значит граф станет несвязным. поэтому \\(100\\) рёбер достижимы. докажем, что больше быть не может. назовём мостом ребро, удаление которого уже само делает граф несвязным. такие рёбра нам не мешают: если среди двух удаляемых рёбер есть мост, граф точно распадается. поэтому вся трудность находится в частях графа, где мостов нет. удалим из графа все мосты. если среди оставшихся компонент есть две разные компоненты, содержащие циклы, выберем по одному ребру на цикле в каждой из них. эти два ребра не имеют общих концов. удаление одного ребра из компоненты без мостов не нарушает её связности, а все мосты исходного графа при этом остаются на месте. значит, после удаления выбранных двух рёбер весь граф останется связным, что противоречит условию. осталось доказ… yumt-2018-grand-round1-problem3 svyaznyy graf na 100 vershinah, yumt 2018 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2018 https://adygmath.ru/content/files/smena2018/umt/zadaniya/zad_1tur_grand.pdf olympiad_archive src-yumt-2018-grand-round1-problem3-official with_solution yumt yumt2018 yumt yumt 2018, grand-liga, pervyy tur, 3. svyaznyy graf na 100 vershinah yumt2018 ? yumt 2018, grand-liga, pervyy tur, 3. svyaznyy graf na 100 vershinah stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked svyaznyy graf na 100 vershinah takov, chto pri udalenii lyubyh dvuh reber, ne imeyuschih obschih kontsov, on stanovitsya nesvyaznym. kakoe naibolshee kolichestvo reber mozhet byt v etom grafe? kak obychno, v grafe net kratnyh reber i petel. connected_graph idea-at-most-one-cycle-block dva nezavisimyh tsikla dayut bezopasnoe udalenie dvuh reber esli v svyaznom grafe est dve raznye tsiklicheskie chasti ili odna tsiklicheskaya chast slozhnee prostogo tsikla, mozhno vybrat dva neperesekayuschihsya rebra tak, chto posle ih udaleniya graf ostanetsya svyaznym. poetomu dopustimyy graf imeet ne bolee odnogo tsikla. connectivity extremal_graph_theory ai_checked sol-ai-unicyclic-bound ii-reshenie: graf dolzhen byt ne bolee chem unitsiklicheskim ai_checked cycle path tree otvet: \\(100\\). primer. vozmem tsikl \\(c_{100}\\). esli udalit iz nego dva rebra bez obschih kontsov, tsikl raspadetsya na dve nepustye tsepi, znachit graf stanet nesvyaznym. poetomu \\(100\\) reber dostizhimy. dokazhem, chto bolshe byt ne mozhet. nazovem mostom rebro, udalenie kotorogo uzhe samo delaet graf nesvyaznym. takie rebra nam ne meshayut: esli sredi dvuh udalyaemyh reber est most, graf tochno raspadaetsya. poetomu vsya trudnost nahoditsya v chastyah grafa, gde mostov net. udalim iz grafa vse mosty. esli sredi ostavshihsya komponent est dve raznye komponenty, soderzhaschie tsikly, vyberem po odnomu rebru na tsikle v kazhdoy iz nih. eti dva rebra ne imeyut obschih kontsov. udalenie odnogo rebra iz komponenty bez mostov ne narushaet ee svyaznosti, a vse mosty ishodnogo grafa pri etom ostayutsya na meste. znachit, posle udaleniya vybrannyh dvuh reber ves graf ostanetsya svyaznym, chto protivorechit usloviyu. ostalos dokaz…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2019-start-first-round4-problem1","title":"Круговые маршруты из 3, 4, 5, 6, 7 и 8 дорог, ЮМТ 2019","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2019-start-first-round4-problem1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2019-start-first-round4-problem1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2019-start-first-round4-problem1","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2019, Старт-лига первая, бой 4, 1. Круговые маршруты из 3, 4, 5, 6, 7 и 8 дорог"],"year":"2019","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2019_start_first_round4_problem1.md; этап: Старт-лига первая, бой 4.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Решение распознано как официальное или архивное; оснований понижать статус не найдено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В стране некоторые пары городов соединены дорогами. Оказалось, что в стране есть круговые маршруты без повторяющихся городов из 3, 4, 5, 6, 7 и 8 дорог. Какое наименьшее количество дорог может быть в стране?","definition_ids":["connected_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle","spanning_tree"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 10. Пусть компонент связности, содержащий цикл длины 8, имеет n вершин и m рёбер. Тогда n не меньше 8. Если бы m было не больше 9, то циклический ранг этой компоненты был бы равен m - n + 1 и не превосходил бы 2. Покажем, что в связном графе циклического ранга не больше 2 бывает не более трёх простых циклов. Действительно, выберем остовное дерево. Каждое ребро вне остова добавляет к дереву один фундаментальный цикл. Если вне остова не более двух рёбер, то есть не более двух фундаментальных циклов C1 и C2. Любой цикл графа обязан содержать хотя бы одно неостовное ребро, а значит может быть только C1, C2 или симметрической разностью C1 и C2. Следовательно, простых циклов не более трёх. Но в нашей задаче существуют циклы длин 3, 4, 5, 6, 7 и 8, то есть как минимум шесть различных циклов. Значит, m не может быть меньше 10. Итак, дорог не меньше 10. Теперь покажем, что 10 дорог достат…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2015-start-r4-p6-yumt-2019-start-r4-p1","neighbor_id":"yumt-2015-start-round4-problem6","direction":"backward","type":"solution_transfer","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2019-start-first-round4-problem1 круговые маршруты из 3, 4, 5, 6, 7 и 8 дорог, юмт 2019 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2019 https://adygmath.ru/content/files/smena2019/umt/zadan/umt14_zadan_4tur_start.pdf olympiad_archive src-yumt-2019-start-first-round4-problem1-official with_solution yumt yumt2019 юмт юмт 2019, старт-лига первая, бой 4, 1. круговые маршруты из 3, 4, 5, 6, 7 и 8 дорог юмт2019 ? юмт 2019, старт-лига первая, бой 4, 1. круговые маршруты из 3, 4, 5, 6, 7 и 8 дорог stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в стране некоторые пары городов соединены дорогами. оказалось, что в стране есть круговые маршруты без повторяющихся городов из 3, 4, 5, 6, 7 и 8 дорог. какое наименьшее количество дорог может быть в стране? connected_graph cycle idea-long-cycle-with-more-chords тот же цикл-хордовый каркас для длин 3-8 это усиление задачи 2015 года: наличие циклов длины 3,4,5,6,7,8 снова вынуждает строить плотный каркас из длинного цикла и подходящих хорд. extremal_graph_theory connectivity ai_draft sol-archive-card решение ai_checked cycle spanning_tree delete_to_simplify ответ: 10. пусть компонент связности, содержащий цикл длины 8, имеет n вершин и m рёбер. тогда n не меньше 8. если бы m было не больше 9, то циклический ранг этой компоненты был бы равен m - n + 1 и не превосходил бы 2. покажем, что в связном графе циклического ранга не больше 2 бывает не более трёх простых циклов. действительно, выберем остовное дерево. каждое ребро вне остова добавляет к дереву один фундаментальный цикл. если вне остова не более двух рёбер, то есть не более двух фундаментальных циклов c1 и c2. любой цикл графа обязан содержать хотя бы одно неостовное ребро, а значит может быть только c1, c2 или симметрической разностью c1 и c2. следовательно, простых циклов не более трёх. но в нашей задаче существуют циклы длин 3, 4, 5, 6, 7 и 8, то есть как минимум шесть различных циклов. значит, m не может быть меньше 10. итак, дорог не меньше 10. теперь покажем, что 10 дорог достат… yumt-2019-start-first-round4-problem1 krugovye marshruty iz 3, 4, 5, 6, 7 i 8 dorog, yumt 2019 connectivity extremal_graph_theory goal_exact_bound 2019 https://adygmath.ru/content/files/smena2019/umt/zadan/umt14_zadan_4tur_start.pdf olympiad_archive src-yumt-2019-start-first-round4-problem1-official with_solution yumt yumt2019 yumt yumt 2019, start-liga pervaya, boy 4, 1. krugovye marshruty iz 3, 4, 5, 6, 7 i 8 dorog yumt2019 ? yumt 2019, start-liga pervaya, boy 4, 1. krugovye marshruty iz 3, 4, 5, 6, 7 i 8 dorog stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v strane nekotorye pary gorodov soedineny dorogami. okazalos, chto v strane est krugovye marshruty bez povtoryayuschihsya gorodov iz 3, 4, 5, 6, 7 i 8 dorog. kakoe naimenshee kolichestvo dorog mozhet byt v strane? connected_graph cycle idea-long-cycle-with-more-chords tot zhe tsikl-hordovyy karkas dlya dlin 3-8 eto usilenie zadachi 2015 goda: nalichie tsiklov dliny 3,4,5,6,7,8 snova vynuzhdaet stroit plotnyy karkas iz dlinnogo tsikla i podhodyaschih hord. extremal_graph_theory connectivity ai_draft sol-archive-card reshenie ai_checked cycle spanning_tree delete_to_simplify otvet: 10. pust komponent svyaznosti, soderzhaschiy tsikl dliny 8, imeet n vershin i m reber. togda n ne menshe 8. esli by m bylo ne bolshe 9, to tsiklicheskiy rang etoy komponenty byl by raven m - n + 1 i ne prevoshodil by 2. pokazhem, chto v svyaznom grafe tsiklicheskogo ranga ne bolshe 2 byvaet ne bolee treh prostyh tsiklov. deystvitelno, vyberem ostovnoe derevo. kazhdoe rebro vne ostova dobavlyaet k derevu odin fundamentalnyy tsikl. esli vne ostova ne bolee dvuh reber, to est ne bolee dvuh fundamentalnyh tsiklov c1 i c2. lyuboy tsikl grafa obyazan soderzhat hotya by odno neostovnoe rebro, a znachit mozhet byt tolko c1, c2 ili simmetricheskoy raznostyu c1 i c2. sledovatelno, prostyh tsiklov ne bolee treh. no v nashey zadache suschestvuyut tsikly dlin 3, 4, 5, 6, 7 i 8, to est kak minimum shest razlichnyh tsiklov. znachit, m ne mozhet byt menshe 10. itak, dorog ne menshe 10. teper pokazhem, chto 10 dorog dostat…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2019-start-high-round1-problem7","title":"Степени вершин связного графа, ЮМТ 2019","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2019-start-high-round1-problem7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2019-start-high-round1-problem7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2019-start-high-round1-problem7","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2019, Старт-лига высшая, бой 1, 7. Степени вершин связного графа"],"year":"2019","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2019_start_high_round1_problem7.md; этап: Старт-лига высшая, бой 1.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Решение распознано как официальное или архивное; оснований понижать статус не найдено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Вова задумал 2019 натуральных чисел с суммой K. Для каких натуральных K гарантированно существует связный граф с 2019 вершинами, степени которых равны задуманным числам?","definition_ids":["degree","connected_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","connected_graph","tree"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: только K = 4036. Во-первых, сумма степеней любого графа должна быть чётной. Кроме того, в связном графе на 2019 вершинах не меньше 2018 рёбер, поэтому сумма степеней не меньше 2·2018 = 4036. Значит, если нужное K существует для любых задуманных чисел, то K должно быть чётным и не меньше 4036. Покажем теперь, что при K > 4036 гарантии уже нет. Действительно, можно задумать числа K - 2018, 1, 1, ..., 1. Их сумма равна K. Если бы существовал граф с такими степенями, то степень первой вершины была бы равна K - 2018. Но в простом графе на 2019 вершинах степень любой вершины не превосходит 2018. Поэтому при K > 4036 получаем невозможность. Остаётся случай K = 4036. Тогда нужно показать, что любые 2019 натуральных чисел с такой суммой являются степенями некоторого связного графа. Но сумма степеней дерева на 2019 вершинах равна 2·2018 = 4036, и наоборот: любая последовательность из 2019…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2019-start-high-r1-p7-handshaking-lemma","neighbor_id":"handshaking-lemma","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2019-start-high-round1-problem7 степени вершин связного графа, юмт 2019 connectivity goal_existence 2019 https://adygmath.ru/content/files/smena2019/umt/zadan/umt14_zadan_1tur_start.pdf olympiad_archive src-yumt-2019-start-high-round1-problem7-official with_solution yumt yumt2019 юмт юмт 2019, старт-лига высшая, бой 1, 7. степени вершин связного графа юмт2019 ? юмт 2019, старт-лига высшая, бой 1, 7. степени вершин связного графа stmt-original оригинальная формулировка ai_checked вова задумал 2019 натуральных чисел с суммой k. для каких натуральных k гарантированно существует связный граф с 2019 вершинами, степени которых равны задуманным числам? degree connected_graph idea-degree-sequence-parity-and-connectivity чётность суммы степеней и минимальная связность нужно совместить стандартное условие графичности по сумме степеней с тем, что связный граф на n вершинах имеет не меньше n-1 рёбер. connectivity ai_draft sol-archive-card решение ai_checked degree connected_graph tree pigeonhole_principle ответ: только k = 4036. во-первых, сумма степеней любого графа должна быть чётной. кроме того, в связном графе на 2019 вершинах не меньше 2018 рёбер, поэтому сумма степеней не меньше 2·2018 = 4036. значит, если нужное k существует для любых задуманных чисел, то k должно быть чётным и не меньше 4036. покажем теперь, что при k > 4036 гарантии уже нет. действительно, можно задумать числа k - 2018, 1, 1, ..., 1. их сумма равна k. если бы существовал граф с такими степенями, то степень первой вершины была бы равна k - 2018. но в простом графе на 2019 вершинах степень любой вершины не превосходит 2018. поэтому при k > 4036 получаем невозможность. остаётся случай k = 4036. тогда нужно показать, что любые 2019 натуральных чисел с такой суммой являются степенями некоторого связного графа. но сумма степеней дерева на 2019 вершинах равна 2·2018 = 4036, и наоборот: любая последовательность из 2019… yumt-2019-start-high-round1-problem7 stepeni vershin svyaznogo grafa, yumt 2019 connectivity goal_existence 2019 https://adygmath.ru/content/files/smena2019/umt/zadan/umt14_zadan_1tur_start.pdf olympiad_archive src-yumt-2019-start-high-round1-problem7-official with_solution yumt yumt2019 yumt yumt 2019, start-liga vysshaya, boy 1, 7. stepeni vershin svyaznogo grafa yumt2019 ? yumt 2019, start-liga vysshaya, boy 1, 7. stepeni vershin svyaznogo grafa stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked vova zadumal 2019 naturalnyh chisel s summoy k. dlya kakih naturalnyh k garantirovanno suschestvuet svyaznyy graf s 2019 vershinami, stepeni kotoryh ravny zadumannym chislam? degree connected_graph idea-degree-sequence-parity-and-connectivity chetnost summy stepeney i minimalnaya svyaznost nuzhno sovmestit standartnoe uslovie grafichnosti po summe stepeney s tem, chto svyaznyy graf na n vershinah imeet ne menshe n-1 reber. connectivity ai_draft sol-archive-card reshenie ai_checked degree connected_graph tree pigeonhole_principle otvet: tolko k = 4036. vo-pervyh, summa stepeney lyubogo grafa dolzhna byt chetnoy. krome togo, v svyaznom grafe na 2019 vershinah ne menshe 2018 reber, poetomu summa stepeney ne menshe 2·2018 = 4036. znachit, esli nuzhnoe k suschestvuet dlya lyubyh zadumannyh chisel, to k dolzhno byt chetnym i ne menshe 4036. pokazhem teper, chto pri k > 4036 garantii uzhe net. deystvitelno, mozhno zadumat chisla k - 2018, 1, 1, ..., 1. ih summa ravna k. esli by suschestvoval graf s takimi stepenyami, to stepen pervoy vershiny byla by ravna k - 2018. no v prostom grafe na 2019 vershinah stepen lyuboy vershiny ne prevoshodit 2018. poetomu pri k > 4036 poluchaem nevozmozhnost. ostaetsya sluchay k = 4036. togda nuzhno pokazat, chto lyubye 2019 naturalnyh chisel s takoy summoy yavlyayutsya stepenyami nekotorogo svyaznogo grafa. no summa stepeney dereva na 2019 vershinah ravna 2·2018 = 4036, i naoborot: lyubaya posledovatelnost iz 2019…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2020-100-v-shapes-disjoint","title":"100 попарно рёберно-непересекающихся галочек в графе, ЮМТ 2020","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2020-100-v-shapes-disjoint.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2020-100-v-shapes-disjoint.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2020-100-v-shapes-disjoint","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2020, Старт-лига, финал, 7. Сто галочек без общих рёбер","ЮМТ 2020, Юниор-лига, четвёртый тур, 1. Сто галочек без общих рёбер"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2020_start_final_problem7.md; этап: Старт-лига, финал.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Назовём галочкой два ребра графа, имеющие общую вершину. В графе 100 вершин и n рёбер. При каком наименьшем n можно наверняка утверждать, что в этом графе есть 100 галочек без общих рёбер?","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-component-edge-pairing","title":"Ответ 239 через компоненты с нечётным числом рёбер","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 239. Сначала докажем лемму. В любой связной компоненте с q рёбрами можно выбрать \\(\\lfloor q/2\\rfloor\\) галочек без общих рёбер. Действительно, достаточно разбить все рёбра компоненты, кроме, возможно, одного, на пары соседних рёбер. Возьмём дерево поиска в глубину с корнем и будем обрабатывать вершины снизу вверх; в таком дереве каждое не древесное ребро соединяет вершину с её предком. В вершине v попарно соединяем все ещё не использованные рёбра, которые приходят к v из уже обработанной нижней части. Если осталось одно такое ребро и v не корень, соединим его с ребром дерева, ведущим к отцу v; если таких рёбер осталось чётное число, то ребро к отцу просто передаётся вверх. В корне после попарного соединения может остаться не более одного ребра. Каждая полученная пара имеет общую вершину, значит является галочкой. Теперь пусть в графе m рёбер. Обозначим через r число непустых ком…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2020-100-v-shapes-disjoint 100 попарно рёберно-непересекающихся галочек в графе, юмт 2020 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2020 https://adygmath.ru/content/files/umt20/final/junior_final.pdf https://adygmath.ru/content/files/umt20/final/start_final.pdf olympiad_archive src-yumt-2020-100-v-shapes-disjoint-official src-yumt-2020-100-v-shapes-disjoint-official-2 with_solution yumt yumt2020 юмт юмт 2020, старт-лига, финал, 7. сто галочек без общих рёбер юмт 2020, юниор-лига, четвёртый тур, 1. сто галочек без общих рёбер юмт2020 ? юмт 2020, старт-лига, финал, 7. сто галочек без общих рёбер юмт 2020, юниор-лига, четвёртый тур, 1. сто галочек без общих рёбер stmt-original оригинальная формулировка ai_checked назовём галочкой два ребра графа, имеющие общую вершину. в графе 100 вершин и n рёбер. при каком наименьшем n можно наверняка утверждать, что в этом графе есть 100 галочек без общих рёбер? sol-ai-component-edge-pairing ответ 239 через компоненты с нечётным числом рёбер ai_checked ответ: 239. сначала докажем лемму. в любой связной компоненте с q рёбрами можно выбрать \\(\\lfloor q/2\\rfloor\\) галочек без общих рёбер. действительно, достаточно разбить все рёбра компоненты, кроме, возможно, одного, на пары соседних рёбер. возьмём дерево поиска в глубину с корнем и будем обрабатывать вершины снизу вверх; в таком дереве каждое не древесное ребро соединяет вершину с её предком. в вершине v попарно соединяем все ещё не использованные рёбра, которые приходят к v из уже обработанной нижней части. если осталось одно такое ребро и v не корень, соединим его с ребром дерева, ведущим к отцу v; если таких рёбер осталось чётное число, то ребро к отцу просто передаётся вверх. в корне после попарного соединения может остаться не более одного ребра. каждая полученная пара имеет общую вершину, значит является галочкой. теперь пусть в графе m рёбер. обозначим через r число непустых ком… yumt-2020-100-v-shapes-disjoint 100 poparno reberno-neperesekayuschihsya galochek v grafe, yumt 2020 extremal_graph_theory goal_exact_bound 2020 https://adygmath.ru/content/files/umt20/final/junior_final.pdf https://adygmath.ru/content/files/umt20/final/start_final.pdf olympiad_archive src-yumt-2020-100-v-shapes-disjoint-official src-yumt-2020-100-v-shapes-disjoint-official-2 with_solution yumt yumt2020 yumt yumt 2020, start-liga, final, 7. sto galochek bez obschih reber yumt 2020, yunior-liga, chetvertyy tur, 1. sto galochek bez obschih reber yumt2020 ? yumt 2020, start-liga, final, 7. sto galochek bez obschih reber yumt 2020, yunior-liga, chetvertyy tur, 1. sto galochek bez obschih reber stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked nazovem galochkoy dva rebra grafa, imeyuschie obschuyu vershinu. v grafe 100 vershin i n reber. pri kakom naimenshem n mozhno navernyaka utverzhdat, chto v etom grafe est 100 galochek bez obschih reber? sol-ai-component-edge-pairing otvet 239 cherez komponenty s nechetnym chislom reber ai_checked otvet: 239. snachala dokazhem lemmu. v lyuboy svyaznoy komponente s q rebrami mozhno vybrat \\(\\lfloor q/2\\rfloor\\) galochek bez obschih reber. deystvitelno, dostatochno razbit vse rebra komponenty, krome, vozmozhno, odnogo, na pary sosednih reber. vozmem derevo poiska v glubinu s kornem i budem obrabatyvat vershiny snizu vverh; v takom dereve kazhdoe ne drevesnoe rebro soedinyaet vershinu s ee predkom. v vershine v poparno soedinyaem vse esche ne ispolzovannye rebra, kotorye prihodyat k v iz uzhe obrabotannoy nizhney chasti. esli ostalos odno takoe rebro i v ne koren, soedinim ego s rebrom dereva, veduschim k ottsu v; esli takih reber ostalos chetnoe chislo, to rebro k ottsu prosto peredaetsya vverh. v korne posle poparnogo soedineniya mozhet ostatsya ne bolee odnogo rebra. kazhdaya poluchennaya para imeet obschuyu vershinu, znachit yavlyaetsya galochkoy. teper pust v grafe m reber. oboznachim cherez r chislo nepustyh kom…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2020-start-round1-problem4","title":"Граф без изолированных вершин с ограничением на четвёрки, ЮМТ 2020","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2020-start-round1-problem4.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2020-start-round1-problem4.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2020-start-round1-problem4","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2020, Старт-лига, первый тур, 4. Граф с ограничением на четвёрки вершин"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","goal_exact_bound","construction","degree_counting","connectivity","matching"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Для реконструированной версии без изолированных вершин задача соответствует уровню Старт-лиги: нужна локальная структура графов без индуцированного 2K2 и аккуратный подсчёт степеней. Буквальная версия из PDF вырождается.","status":"needs_human_review"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_repaired_complete","label":"реконструированная правка условия с полным локальным решением","status":"needs_human_review","confidence":0.82,"basis":"high-reasoning pass 2026-05-17: выбран минимальный ремонт «без изолированных вершин», доказан ответ 7, но источник эту правку не подтверждает","notes":"Буквальное решение о неограниченности сохранено отдельно как диагностика дефекта. Содержательное решение относится только к реконструированной формулировке.","audit_source":"manual-high-reasoning-2026-05-17"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original-defective","title":"Буквальная формулировка из PDF","status":"needs_human_review","text":"Граф G обладает следующим свойством: для любой четвёрки различных вершин A, B, C и D, если существуют рёбра AB и CD, то между этими вершинами есть ещё хотя бы одно ребро. Какое максимальное количество вершин может быть в этом графе, если степень каждой вершины не превышает 3?","definition_ids":["simple_graph","degree"]}],"olympiad_reformulations":[{"id":"stmt-reconstructed-no-isolated-vertices","title":"Реконструированная формулировка без изолированных вершин","status":"needs_human_review","text":"Граф \\(G\\) не имеет изолированных вершин и обладает следующим свойством: для любой четвёрки различных вершин \\(A,B,C,D\\), если существуют рёбра \\(AB\\) и \\(CD\\), то между этими четырьмя вершинами есть ещё хотя бы одно ребро. Какое максимальное количество вершин может быть в таком графе, если степень каждой вершины не превышает \\(3\\)?","definition_ids":["simple_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-reconstructed-no-isolated-answer-7","title":"Ответ для реконструированной формулировки: \\(7\\)","status":"needs_human_review","definition_ids":["simple_graph","degree","connected_graph","matching","cycle","dominating_set"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Рассмотрим реконструированную задачу, где у графа нет изолированных вершин. Ответ равен \\(7\\). Сначала заметим, что исходное условие запрещает индуцированное паросочетание из двух рёбер: если два ребра \\(AB\\) и \\(CD\\) не имеют общих концов, то среди четырёх вершин \\(A,B,C,D\\) должно быть третье ребро. Кроме того, граф без изолированных вершин автоматически связен. Действительно, две разные компоненты с рёбрами дали бы два непересекающихся ребра без какого-либо ребра между их концами. Нам понадобится небольшая структурная лемма. Пусть \\(H\\) — связный граф без индуцированного \\(2K_2\\). Тогда либо в \\(H\\) есть доминирующее ребро, то есть каждая вершина лежит на этом ребре или смежна с одним из его концов, либо в \\(H\\) есть доминирующий индуцированный пятицикл. Доказательство короткое: берём максимальный индуцированный путь. Индуцированного пути на пяти вершинах быть не может, потому что ег…"},{"id":"sol-literal-unbounded-by-isolated-vertices","title":"Буквальная формулировка: конечного максимума нет","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","degree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"В буквальной формулировке из PDF конечного максимального числа вершин нет. Для любого натурального \\(N\\ge 2\\) построим граф на \\(N\\) вершинах так: проведём ровно одно ребро, а все остальные \\(N-2\\) вершины оставим изолированными. Степени всех вершин не превосходят \\(1\\), значит тем более не превосходят \\(3\\). Чтобы условие могло нарушиться, должны найтись четыре различные вершины \\(A,B,C,D\\), для которых одновременно существуют два ребра \\(AB\\) и \\(CD\\). Но в нашем графе всего одно ребро, поэтому такой четвёрки нет. Следовательно, импликация из условия выполняется вакуозно. Такой пример существует при сколь угодно большом \\(N\\). Значит, по буквальной формулировке задачи количество вершин не ограничено сверху."}],"relations":[],"search_text":"yumt-2020-start-round1-problem4 граф без изолированных вершин с ограничением на четвёрки, юмт 2020 extremal_graph_theory goal_exact_bound construction degree_counting connectivity matching 2020 https://adygmath.ru/content/files/umt20/tur1/tur1start.pdf olympiad_archive src-yumt-2020-start-round1-problem4-official with_solution yumt yumt2020 юмт юмт 2020, старт-лига, первый тур, 4. граф с ограничением на четвёрки вершин юмт2020 ? юмт 2020, старт-лига, первый тур, 4. граф с ограничением на четвёрки вершин stmt-original-defective буквальная формулировка из pdf needs_human_review граф g обладает следующим свойством: для любой четвёрки различных вершин a, b, c и d, если существуют рёбра ab и cd, то между этими вершинами есть ещё хотя бы одно ребро. какое максимальное количество вершин может быть в этом графе, если степень каждой вершины не превышает 3? simple_graph degree stmt-reconstructed-no-isolated-vertices реконструированная формулировка без изолированных вершин needs_human_review граф \\(g\\) не имеет изолированных вершин и обладает следующим свойством: для любой четвёрки различных вершин \\(a,b,c,d\\), если существуют рёбра \\(ab\\) и \\(cd\\), то между этими четырьмя вершинами есть ещё хотя бы одно ребро. какое максимальное количество вершин может быть в таком графе, если степень каждой вершины не превышает \\(3\\)? simple_graph degree idea-literal-unbounded-by-isolated-vertices буквальная формулировка не имеет конечного максимума условие проверяет только пары непересекающихся рёбер. поэтому граф из одного ребра и произвольного числа изолированных вершин удовлетворяет буквальному тексту, а степени всех вершин не превосходят \\(1\\). construction extremal_graph_theory ai_checked idea-no-isolated-equals-connected-here запрет изолированных вершин совпадает со связностью если граф с данным свойством имеет две компоненты, в каждой из которых есть ребро, то эти два ребра образуют запрещённую четвёрку без дополнительного ребра между компонентами. значит, все рёбра лежат в одной компоненте, а при отсутствии изолированных вершин весь граф связен. connectivity extremal_graph_theory ai_checked idea-dominating-edge-or-c5 связный граф без индуцированного \\(2k_2\\) контролируется ребром или пятициклом условие означает, что в графе нет индуцированного паросочетания из двух рёбер. для связного такого графа используется стандартная локальная альтернатива: либо есть доминирующее ребро, либо есть доминирующий индуцированный цикл длины \\(5\\). при максимальной степени \\(3\\) это быстро даёт верхнюю оценку на число вершин. extremal_graph_theory degree_counting needs_human_review лемма доказывается в решении, но сама реконструированная постановка остаётся неподтверждённой источником. sol-reconstructed-no-isolated-answer-7 ответ для реконструированной формулировки: \\(7\\) needs_human_review simple_graph degree connected_graph matching cycle dominating_set рассмотрим реконструированную задачу, где у графа нет изолированных вершин. ответ равен \\(7\\). сначала заметим, что исходное условие запрещает индуцированное паросочетание из двух рёбер: если два ребра \\(ab\\) и \\(cd\\) не имеют общих концов, то среди четырёх вершин \\(a,b,c,d\\) должно быть третье ребро. кроме того, граф без изолированных вершин автоматически связен. действительно, две разные компоненты с рёбрами дали бы два непересекающихся ребра без какого-либо ребра между их концами. нам понадобится небольшая структурная лемма. пусть \\(h\\) — связный граф без индуцированного \\(2k_2\\). тогда либо в \\(h\\) есть доминирующее ребро, то есть каждая вершина лежит на этом ребре или смежна с одним из его концов, либо в \\(h\\) есть доминирующий индуцированный пятицикл. доказательство короткое: берём максимальный индуцированный путь. индуцированного пути на пяти вершинах быть не может, потому что ег… sol-literal-unbounded-by-isolated-vertices буквальная формулировка: конечного максимума нет ai_checked simple_graph degree в буквальной формулировке из pdf конечного максимального числа вершин нет. для любого натурального \\(n\\ge 2\\) построим граф на \\(n\\) вершинах так: проведём ровно одно ребро, а все остальные \\(n-2\\) вершины оставим изолированными. степени всех вершин не превосходят \\(1\\), значит тем более не превосходят \\(3\\). чтобы условие могло нарушиться, должны найтись четыре различные вершины \\(a,b,c,d\\), для которых одновременно существуют два ребра \\(ab\\) и \\(cd\\). но в нашем графе всего одно ребро, поэтому такой четвёрки нет. следовательно, импликация из условия выполняется вакуозно. такой пример существует при сколь угодно большом \\(n\\). значит, по буквальной формулировке задачи количество вершин не ограничено сверху. yumt-2020-start-round1-problem4 graf bez izolirovannyh vershin s ogranicheniem na chetverki, yumt 2020 extremal_graph_theory goal_exact_bound construction degree_counting connectivity matching 2020 https://adygmath.ru/content/files/umt20/tur1/tur1start.pdf olympiad_archive src-yumt-2020-start-round1-problem4-official with_solution yumt yumt2020 yumt yumt 2020, start-liga, pervyy tur, 4. graf s ogranicheniem na chetverki vershin yumt2020 ? yumt 2020, start-liga, pervyy tur, 4. graf s ogranicheniem na chetverki vershin stmt-original-defective bukvalnaya formulirovka iz pdf needs_human_review graf g obladaet sleduyuschim svoystvom: dlya lyuboy chetverki razlichnyh vershin a, b, c i d, esli suschestvuyut rebra ab i cd, to mezhdu etimi vershinami est esche hotya by odno rebro. kakoe maksimalnoe kolichestvo vershin mozhet byt v etom grafe, esli stepen kazhdoy vershiny ne prevyshaet 3? simple_graph degree stmt-reconstructed-no-isolated-vertices rekonstruirovannaya formulirovka bez izolirovannyh vershin needs_human_review graf \\(g\\) ne imeet izolirovannyh vershin i obladaet sleduyuschim svoystvom: dlya lyuboy chetverki razlichnyh vershin \\(a,b,c,d\\), esli suschestvuyut rebra \\(ab\\) i \\(cd\\), to mezhdu etimi chetyrmya vershinami est esche hotya by odno rebro. kakoe maksimalnoe kolichestvo vershin mozhet byt v takom grafe, esli stepen kazhdoy vershiny ne prevyshaet \\(3\\)? simple_graph degree idea-literal-unbounded-by-isolated-vertices bukvalnaya formulirovka ne imeet konechnogo maksimuma uslovie proveryaet tolko pary neperesekayuschihsya reber. poetomu graf iz odnogo rebra i proizvolnogo chisla izolirovannyh vershin udovletvoryaet bukvalnomu tekstu, a stepeni vseh vershin ne prevoshodyat \\(1\\). construction extremal_graph_theory ai_checked idea-no-isolated-equals-connected-here zapret izolirovannyh vershin sovpadaet so svyaznostyu esli graf s dannym svoystvom imeet dve komponenty, v kazhdoy iz kotoryh est rebro, to eti dva rebra obrazuyut zapreschennuyu chetverku bez dopolnitelnogo rebra mezhdu komponentami. znachit, vse rebra lezhat v odnoy komponente, a pri otsutstvii izolirovannyh vershin ves graf svyazen. connectivity extremal_graph_theory ai_checked idea-dominating-edge-or-c5 svyaznyy graf bez indutsirovannogo \\(2k_2\\) kontroliruetsya rebrom ili pyatitsiklom uslovie oznachaet, chto v grafe net indutsirovannogo parosochetaniya iz dvuh reber. dlya svyaznogo takogo grafa ispolzuetsya standartnaya lokalnaya alternativa: libo est dominiruyuschee rebro, libo est dominiruyuschiy indutsirovannyy tsikl dliny \\(5\\). pri maksimalnoy stepeni \\(3\\) eto bystro daet verhnyuyu otsenku na chislo vershin. extremal_graph_theory degree_counting needs_human_review lemma dokazyvaetsya v reshenii, no sama rekonstruirovannaya postanovka ostaetsya nepodtverzhdennoy istochnikom. sol-reconstructed-no-isolated-answer-7 otvet dlya rekonstruirovannoy formulirovki: \\(7\\) needs_human_review simple_graph degree connected_graph matching cycle dominating_set rassmotrim rekonstruirovannuyu zadachu, gde u grafa net izolirovannyh vershin. otvet raven \\(7\\). snachala zametim, chto ishodnoe uslovie zapreschaet indutsirovannoe parosochetanie iz dvuh reber: esli dva rebra \\(ab\\) i \\(cd\\) ne imeyut obschih kontsov, to sredi chetyreh vershin \\(a,b,c,d\\) dolzhno byt trete rebro. krome togo, graf bez izolirovannyh vershin avtomaticheski svyazen. deystvitelno, dve raznye komponenty s rebrami dali by dva neperesekayuschihsya rebra bez kakogo-libo rebra mezhdu ih kontsami. nam ponadobitsya nebolshaya strukturnaya lemma. pust \\(h\\) — svyaznyy graf bez indutsirovannogo \\(2k_2\\). togda libo v \\(h\\) est dominiruyuschee rebro, to est kazhdaya vershina lezhit na etom rebre ili smezhna s odnim iz ego kontsov, libo v \\(h\\) est dominiruyuschiy indutsirovannyy pyatitsikl. dokazatelstvo korotkoe: berem maksimalnyy indutsirovannyy put. indutsirovannogo puti na pyati vershinah byt ne mozhet, potomu chto eg… sol-literal-unbounded-by-isolated-vertices bukvalnaya formulirovka: konechnogo maksimuma net ai_checked simple_graph degree v bukvalnoy formulirovke iz pdf konechnogo maksimalnogo chisla vershin net. dlya lyubogo naturalnogo \\(n\\ge 2\\) postroim graf na \\(n\\) vershinah tak: provedem rovno odno rebro, a vse ostalnye \\(n-2\\) vershiny ostavim izolirovannymi. stepeni vseh vershin ne prevoshodyat \\(1\\), znachit tem bolee ne prevoshodyat \\(3\\). chtoby uslovie moglo narushitsya, dolzhny naytis chetyre razlichnye vershiny \\(a,b,c,d\\), dlya kotoryh odnovremenno suschestvuyut dva rebra \\(ab\\) i \\(cd\\). no v nashem grafe vsego odno rebro, poetomu takoy chetverki net. sledovatelno, implikatsiya iz usloviya vypolnyaetsya vakuozno. takoy primer suschestvuet pri skol ugodno bolshom \\(n\\). znachit, po bukvalnoy formulirovke zadachi kolichestvo vershin ne ogranicheno sverhu.","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2020-start-round2-problem4","title":"Двухцветная раскраска рёбер связного графа, ЮМТ 2020","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2020-start-round2-problem4.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2020-start-round2-problem4.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2020-start-round2-problem4","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2020, Старт-лига, второй тур, 4. Двухцветная раскраска рёбер связного графа"],"year":"2020","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","connectivity","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2020_start_round2_problem4.md; этап: Старт-лига, второй тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Докажите, что рёбра связного графа можно окрасить в два цвета так, что в каждой вершине количества выходящих из неё рёбер первого и второго цвета отличаются не более чем на 1.","definition_ids":["connected_graph","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-euler-trails-alternating","title":"Через эйлеров цикл и попеременную раскраску цепей","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","degree","eulerian_cycle","multigraph"],"standard_idea_ids":["delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Добавим к графу фиктивные рёбра так, чтобы степени всех вершин стали чётными: вершины нечётной степени разобьём на пары и в каждой паре проведём одно фиктивное ребро. Если такое ребро уже было, считаем, что получился мультиграф. Он связен, и все его степени чётны, поэтому в нём есть эйлеров цикл. Пройдём по этому эйлерову циклу и удалим из записи все фиктивные рёбра. Оставшиеся настоящие рёбра распадутся на несколько цепей исходного графа: каждая цепь начинается и заканчивается либо в вершинах, к которым были приписаны фиктивные рёбра, либо получается из участка между двумя соседними фиктивными рёбрами в эйлеровом цикле. Важно, что каждая исходно нечётная вершина является концом ровно одной такой цепи, а исходно чётные вершины концами цепей не являются. Теперь раскрасим рёбра каждой полученной цепи попеременно в два цвета, начиная с любого цвета. Внутри цепи всякая внутренняя вершина по…"}],"relations":[{"id":"rel-utyum-2010-islands-yumt-2020-eulerian","neighbor_id":"utyum-2010_tur4_36_4_islands_bridges","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2020-start-r2-p4-eulerian-graph-criterion","neighbor_id":"eulerian-graph-criterion","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2020-start-round2-problem4 двухцветная раскраска рёбер связного графа, юмт 2020 coloring connectivity goal_proof 2020 https://adygmath.ru/content/files/umt20/tur2/start_tur_2.pdf olympiad_archive src-yumt-2020-start-round2-problem4-official with_solution yumt yumt2020 юмт юмт 2020, старт-лига, второй тур, 4. двухцветная раскраска рёбер связного графа юмт2020 ? юмт 2020, старт-лига, второй тур, 4. двухцветная раскраска рёбер связного графа stmt-original оригинальная формулировка ai_checked докажите, что рёбра связного графа можно окрасить в два цвета так, что в каждой вершине количества выходящих из неё рёбер первого и второго цвета отличаются не более чем на 1. connected_graph degree idea-eulerize-and-alternate добалансировать нечётные степени и пройти эйлеровым маршрутом после добавления фиктивных рёбер между вершинами нечётной степени получается эйлеров граф. попеременная раскраска рёбер вдоль эйлерова обхода даёт почти равный баланс цветов в каждой вершине. coloring connectivity ai_checked sol-euler-trails-alternating через эйлеров цикл и попеременную раскраску цепей ai_checked connected_graph degree eulerian_cycle multigraph delete_to_simplify добавим к графу фиктивные рёбра так, чтобы степени всех вершин стали чётными: вершины нечётной степени разобьём на пары и в каждой паре проведём одно фиктивное ребро. если такое ребро уже было, считаем, что получился мультиграф. он связен, и все его степени чётны, поэтому в нём есть эйлеров цикл. пройдём по этому эйлерову циклу и удалим из записи все фиктивные рёбра. оставшиеся настоящие рёбра распадутся на несколько цепей исходного графа: каждая цепь начинается и заканчивается либо в вершинах, к которым были приписаны фиктивные рёбра, либо получается из участка между двумя соседними фиктивными рёбрами в эйлеровом цикле. важно, что каждая исходно нечётная вершина является концом ровно одной такой цепи, а исходно чётные вершины концами цепей не являются. теперь раскрасим рёбра каждой полученной цепи попеременно в два цвета, начиная с любого цвета. внутри цепи всякая внутренняя вершина по… yumt-2020-start-round2-problem4 dvuhtsvetnaya raskraska reber svyaznogo grafa, yumt 2020 coloring connectivity goal_proof 2020 https://adygmath.ru/content/files/umt20/tur2/start_tur_2.pdf olympiad_archive src-yumt-2020-start-round2-problem4-official with_solution yumt yumt2020 yumt yumt 2020, start-liga, vtoroy tur, 4. dvuhtsvetnaya raskraska reber svyaznogo grafa yumt2020 ? yumt 2020, start-liga, vtoroy tur, 4. dvuhtsvetnaya raskraska reber svyaznogo grafa stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dokazhite, chto rebra svyaznogo grafa mozhno okrasit v dva tsveta tak, chto v kazhdoy vershine kolichestva vyhodyaschih iz nee reber pervogo i vtorogo tsveta otlichayutsya ne bolee chem na 1. connected_graph degree idea-eulerize-and-alternate dobalansirovat nechetnye stepeni i proyti eylerovym marshrutom posle dobavleniya fiktivnyh reber mezhdu vershinami nechetnoy stepeni poluchaetsya eylerov graf. poperemennaya raskraska reber vdol eylerova obhoda daet pochti ravnyy balans tsvetov v kazhdoy vershine. coloring connectivity ai_checked sol-euler-trails-alternating cherez eylerov tsikl i poperemennuyu raskrasku tsepey ai_checked connected_graph degree eulerian_cycle multigraph delete_to_simplify dobavim k grafu fiktivnye rebra tak, chtoby stepeni vseh vershin stali chetnymi: vershiny nechetnoy stepeni razobem na pary i v kazhdoy pare provedem odno fiktivnoe rebro. esli takoe rebro uzhe bylo, schitaem, chto poluchilsya multigraf. on svyazen, i vse ego stepeni chetny, poetomu v nem est eylerov tsikl. proydem po etomu eylerovu tsiklu i udalim iz zapisi vse fiktivnye rebra. ostavshiesya nastoyaschie rebra raspadutsya na neskolko tsepey ishodnogo grafa: kazhdaya tsep nachinaetsya i zakanchivaetsya libo v vershinah, k kotorym byli pripisany fiktivnye rebra, libo poluchaetsya iz uchastka mezhdu dvumya sosednimi fiktivnymi rebrami v eylerovom tsikle. vazhno, chto kazhdaya ishodno nechetnaya vershina yavlyaetsya kontsom rovno odnoy takoy tsepi, a ishodno chetnye vershiny kontsami tsepey ne yavlyayutsya. teper raskrasim rebra kazhdoy poluchennoy tsepi poperemenno v dva tsveta, nachinaya s lyubogo tsveta. vnutri tsepi vsyakaya vnutrennyaya vershina po…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2021-grand-final-problem7","title":"Раскраска графа без K4, ЮМТ 2021","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2021-grand-final-problem7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2021-grand-final-problem7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2021-grand-final-problem7","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2021, Гранд-лига, финал, 7. Раскраска графа без K4"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2021_grand_final_problem7.md; этап: Гранд-лига, финал.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В графе нет полных подграфов на 4 вершинах, и любые два треугольника имеют общую вершину. Любой индуцированный подграф этого графа, не содержащий треугольников, красится в k цветов правильным образом. Докажите, что весь граф тогда можно раскрасить в k + 1 цвет правильным образом.","definition_ids":["clique","triangle","induced_subgraph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-independent-triangle-transversal","title":"ИИ-решение: независимое множество, бьющее все треугольники","status":"ai_checked","definition_ids":["induced_subgraph","triangle","proper_coloring"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем сначала лемму. В любом графе без \\(K_4\\), в котором любые два треугольника имеют общую вершину, существует независимое множество \\(S\\), пересекающее каждый треугольник. Если треугольников нет, берём \\(S=\\varnothing\\). Если есть вершина \\(x\\), принадлежащая всем треугольникам, берём \\(S=\\{x\\}\\). Остался случай, когда общей для всех треугольников вершины нет. Сначала заметим, что тогда найдутся два треугольника, имеющие ровно одну общую вершину. Действительно, если любые два треугольника имели бы общее ребро, то возьмём два разных треугольника \\(abc\\) и \\(abd\\). Из отсутствия \\(K_4\\) следует, что \\(cd\\) не ребро. Любой другой треугольник должен иметь общее ребро и с \\(abc\\), и с \\(abd\\); из-за отсутствия ребра \\(cd\\) это возможно только если он содержит ребро \\(ab\\). Значит, все треугольники содержат, например, вершину \\(a\\), противоречие. Пусть поэтому есть два треугольника \\(xab…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2021-grand-final-problem7 раскраска графа без k4, юмт 2021 coloring goal_proof 2021 https://adygmath.ru/content/files/umt21/zadan_turov/final/umt21_usl_final_grand.pdf olympiad_archive src-yumt-2021-grand-final-problem7-official with_solution yumt yumt2021 юмт юмт 2021, гранд-лига, финал, 7. раскраска графа без k4 юмт2021 ? юмт 2021, гранд-лига, финал, 7. раскраска графа без k4 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе нет полных подграфов на 4 вершинах, и любые два треугольника имеют общую вершину. любой индуцированный подграф этого графа, не содержащий треугольников, красится в k цветов правильным образом. докажите, что весь граф тогда можно раскрасить в k + 1 цвет правильным образом. clique triangle induced_subgraph idea-independent-triangle-transversal независимое множество, пересекающее все треугольники достаточно найти независимое множество \\(s\\), которое имеет общую вершину с каждым треугольником графа. тогда индуцированный подграф \\(g-s\\) не содержит треугольников, значит, по условию красится в \\(k\\) цветов, а все вершины \\(s\\) можно покрасить новым цветом. coloring extremal_graph_theory ai_checked sol-ai-independent-triangle-transversal ии-решение: независимое множество, бьющее все треугольники ai_checked induced_subgraph triangle proper_coloring докажем сначала лемму. в любом графе без \\(k_4\\), в котором любые два треугольника имеют общую вершину, существует независимое множество \\(s\\), пересекающее каждый треугольник. если треугольников нет, берём \\(s=\\varnothing\\). если есть вершина \\(x\\), принадлежащая всем треугольникам, берём \\(s=\\{x\\}\\). остался случай, когда общей для всех треугольников вершины нет. сначала заметим, что тогда найдутся два треугольника, имеющие ровно одну общую вершину. действительно, если любые два треугольника имели бы общее ребро, то возьмём два разных треугольника \\(abc\\) и \\(abd\\). из отсутствия \\(k_4\\) следует, что \\(cd\\) не ребро. любой другой треугольник должен иметь общее ребро и с \\(abc\\), и с \\(abd\\); из-за отсутствия ребра \\(cd\\) это возможно только если он содержит ребро \\(ab\\). значит, все треугольники содержат, например, вершину \\(a\\), противоречие. пусть поэтому есть два треугольника \\(xab… yumt-2021-grand-final-problem7 raskraska grafa bez k4, yumt 2021 coloring goal_proof 2021 https://adygmath.ru/content/files/umt21/zadan_turov/final/umt21_usl_final_grand.pdf olympiad_archive src-yumt-2021-grand-final-problem7-official with_solution yumt yumt2021 yumt yumt 2021, grand-liga, final, 7. raskraska grafa bez k4 yumt2021 ? yumt 2021, grand-liga, final, 7. raskraska grafa bez k4 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe net polnyh podgrafov na 4 vershinah, i lyubye dva treugolnika imeyut obschuyu vershinu. lyuboy indutsirovannyy podgraf etogo grafa, ne soderzhaschiy treugolnikov, krasitsya v k tsvetov pravilnym obrazom. dokazhite, chto ves graf togda mozhno raskrasit v k + 1 tsvet pravilnym obrazom. clique triangle induced_subgraph idea-independent-triangle-transversal nezavisimoe mnozhestvo, peresekayuschee vse treugolniki dostatochno nayti nezavisimoe mnozhestvo \\(s\\), kotoroe imeet obschuyu vershinu s kazhdym treugolnikom grafa. togda indutsirovannyy podgraf \\(g-s\\) ne soderzhit treugolnikov, znachit, po usloviyu krasitsya v \\(k\\) tsvetov, a vse vershiny \\(s\\) mozhno pokrasit novym tsvetom. coloring extremal_graph_theory ai_checked sol-ai-independent-triangle-transversal ii-reshenie: nezavisimoe mnozhestvo, byuschee vse treugolniki ai_checked induced_subgraph triangle proper_coloring dokazhem snachala lemmu. v lyubom grafe bez \\(k_4\\), v kotorom lyubye dva treugolnika imeyut obschuyu vershinu, suschestvuet nezavisimoe mnozhestvo \\(s\\), peresekayuschee kazhdyy treugolnik. esli treugolnikov net, berem \\(s=\\varnothing\\). esli est vershina \\(x\\), prinadlezhaschaya vsem treugolnikam, berem \\(s=\\{x\\}\\). ostalsya sluchay, kogda obschey dlya vseh treugolnikov vershiny net. snachala zametim, chto togda naydutsya dva treugolnika, imeyuschie rovno odnu obschuyu vershinu. deystvitelno, esli lyubye dva treugolnika imeli by obschee rebro, to vozmem dva raznyh treugolnika \\(abc\\) i \\(abd\\). iz otsutstviya \\(k_4\\) sleduet, chto \\(cd\\) ne rebro. lyuboy drugoy treugolnik dolzhen imet obschee rebro i s \\(abc\\), i s \\(abd\\); iz-za otsutstviya rebra \\(cd\\) eto vozmozhno tolko esli on soderzhit rebro \\(ab\\). znachit, vse treugolniki soderzhat, naprimer, vershinu \\(a\\), protivorechie. pust poetomu est dva treugolnika \\(xab…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2021-grand-round1-problem2","title":"Число клик в графе, ЮМТ 2021","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2021-grand-round1-problem2.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2021-grand-round1-problem2.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2021-grand-round1-problem2","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2021, Гранд-лига, первый тур, 2. Число клик в графе"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["double_counting","extremal_graph_theory","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2021_grand_round1_problem2.md; этап: Гранд-лига, первый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В графе с n вершинами максимальная клика состоит из k вершин. Докажите, что количество всевозможных клик в этом графе, включая пустую, не превосходит 3^((n+k)/3).","definition_ids":["clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-zykov-turan-product-bound","title":"ИИ-решение: теорема Зыкова и оценка произведения","status":"ai_checked","definition_ids":["clique","turan_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\(c_r(G)\\) число r-клик в графе G, считая \\(c_0(G)=1\\) для пустой клики. Воспользуемся стандартной теоремой Зыкова: среди всех графов на n вершинах, не содержащих клики размера k+1, число r-клик для каждого фиксированного r максимально у графа Турана T(n,k), то есть у полного k-дольного графа с почти равными долями. Так как в нашем графе максимальная клика имеет размер k, он не содержит \\(K_{k+1}\\). Поэтому \\(\\sum_{r=0}^k c_r(G) \\le \\sum_{r=0}^k c_r(T(n,k))\\). Пусть размеры долей графа T(n,k) равны \\(a_1,\\ldots,a_k\\); тогда \\(a_i\\) >= 1 и \\(a_1+\\ldots+a_k=n\\). В полном k-дольном графе клика содержит не более одной вершины из каждой доли, а любой такой выбор действительно задаёт клику. Следовательно, общее число клик в T(n,k), включая пустую, равно \\((a_1+1)(a_2+1)\\ldots(a_k+1)\\). Осталось оценить это произведение. Для любого целого y >= 2 верно y <= 3^{y/3}: при y=2 это…"}],"relations":[{"id":"rel-min-degree-common-neighborhood-clique-yumt-2021-clique-count","neighbor_id":"min-degree-common-neighborhood-clique","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2021-grand-round1-problem2 число клик в графе, юмт 2021 double_counting extremal_graph_theory goal_bound 2021 https://adygmath.ru/content/files/umt21/zadan_turov/1_tur/umt21_usl_1tur_grand.pdf olympiad_archive src-yumt-2021-grand-round1-problem2-official with_solution yumt yumt2021 юмт юмт 2021, гранд-лига, первый тур, 2. число клик в графе юмт2021 ? юмт 2021, гранд-лига, первый тур, 2. число клик в графе stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе с n вершинами максимальная клика состоит из k вершин. докажите, что количество всевозможных клик в этом графе, включая пустую, не превосходит 3^((n+k)/3). clique idea-zykov-turan-product свести к графу турана и оценить произведение по теореме зыкова число клик каждого фиксированного размера среди графов на n вершинах с кликовым числом не больше k максимально у графа турана t(n,k). в полном k-дольном графе с размерами долей \\(a_1,\\ldots,a_k\\) общее число клик равно произведению \\((a_i+1)\\), потому что из каждой доли можно взять либо одну вершину, либо ничего. extremal_graph_theory ai_checked sol-ai-zykov-turan-product-bound ии-решение: теорема зыкова и оценка произведения ai_checked clique turan_graph обозначим через \\(c_r(g)\\) число r-клик в графе g, считая \\(c_0(g)=1\\) для пустой клики. воспользуемся стандартной теоремой зыкова: среди всех графов на n вершинах, не содержащих клики размера k+1, число r-клик для каждого фиксированного r максимально у графа турана t(n,k), то есть у полного k-дольного графа с почти равными долями. так как в нашем графе максимальная клика имеет размер k, он не содержит \\(k_{k+1}\\). поэтому \\(\\sum_{r=0}^k c_r(g) \\le \\sum_{r=0}^k c_r(t(n,k))\\). пусть размеры долей графа t(n,k) равны \\(a_1,\\ldots,a_k\\); тогда \\(a_i\\) >= 1 и \\(a_1+\\ldots+a_k=n\\). в полном k-дольном графе клика содержит не более одной вершины из каждой доли, а любой такой выбор действительно задаёт клику. следовательно, общее число клик в t(n,k), включая пустую, равно \\((a_1+1)(a_2+1)\\ldots(a_k+1)\\). осталось оценить это произведение. для любого целого y >= 2 верно y <= 3^{y/3}: при y=2 это… yumt-2021-grand-round1-problem2 chislo klik v grafe, yumt 2021 double_counting extremal_graph_theory goal_bound 2021 https://adygmath.ru/content/files/umt21/zadan_turov/1_tur/umt21_usl_1tur_grand.pdf olympiad_archive src-yumt-2021-grand-round1-problem2-official with_solution yumt yumt2021 yumt yumt 2021, grand-liga, pervyy tur, 2. chislo klik v grafe yumt2021 ? yumt 2021, grand-liga, pervyy tur, 2. chislo klik v grafe stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe s n vershinami maksimalnaya klika sostoit iz k vershin. dokazhite, chto kolichestvo vsevozmozhnyh klik v etom grafe, vklyuchaya pustuyu, ne prevoshodit 3^((n+k)/3). clique idea-zykov-turan-product svesti k grafu turana i otsenit proizvedenie po teoreme zykova chislo klik kazhdogo fiksirovannogo razmera sredi grafov na n vershinah s klikovym chislom ne bolshe k maksimalno u grafa turana t(n,k). v polnom k-dolnom grafe s razmerami doley \\(a_1,\\ldots,a_k\\) obschee chislo klik ravno proizvedeniyu \\((a_i+1)\\), potomu chto iz kazhdoy doli mozhno vzyat libo odnu vershinu, libo nichego. extremal_graph_theory ai_checked sol-ai-zykov-turan-product-bound ii-reshenie: teorema zykova i otsenka proizvedeniya ai_checked clique turan_graph oboznachim cherez \\(c_r(g)\\) chislo r-klik v grafe g, schitaya \\(c_0(g)=1\\) dlya pustoy kliki. vospolzuemsya standartnoy teoremoy zykova: sredi vseh grafov na n vershinah, ne soderzhaschih kliki razmera k+1, chislo r-klik dlya kazhdogo fiksirovannogo r maksimalno u grafa turana t(n,k), to est u polnogo k-dolnogo grafa s pochti ravnymi dolyami. tak kak v nashem grafe maksimalnaya klika imeet razmer k, on ne soderzhit \\(k_{k+1}\\). poetomu \\(\\sum_{r=0}^k c_r(g) \\le \\sum_{r=0}^k c_r(t(n,k))\\). pust razmery doley grafa t(n,k) ravny \\(a_1,\\ldots,a_k\\); togda \\(a_i\\) >= 1 i \\(a_1+\\ldots+a_k=n\\). v polnom k-dolnom grafe klika soderzhit ne bolee odnoy vershiny iz kazhdoy doli, a lyuboy takoy vybor deystvitelno zadaet kliku. sledovatelno, obschee chislo klik v t(n,k), vklyuchaya pustuyu, ravno \\((a_1+1)(a_2+1)\\ldots(a_k+1)\\). ostalos otsenit eto proizvedenie. dlya lyubogo tselogo y >= 2 verno y <= 3^{y/3}: pri y=2 eto…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2021-grand-round4-problem3","title":"Цветочередующийся цикл, ЮМТ 2021","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2021-grand-round4-problem3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2021-grand-round4-problem3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2021-grand-round4-problem3","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2021, Гранд-лига, четвёртый тур, места 5-8, 3. Цветочередующийся цикл"],"year":"2021","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","matching","trees","connectivity","classical_lemma","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2021_grand_round4_problem3.md; этап: Гранд-лига, четвёртый тур, места 5-8.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"classical_external_lemma_application","label":"решение с тяжёлыми внешними теоремами","status":"ai_checked","confidence":0.82,"basis":"целевая проверка группы E","notes":"Используется теорема Котцига о мосте в графе с единственным совершенным паросочетанием; она трактуется как классическая именованная лемма, а не как редкая тяжёлая внешняя теорема.","external_theorem_ids":["Kotzig bridge theorem for unique perfect matchings"],"audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Пусть есть граф на 2n вершинах, в котором каждое ребро покрашено в синий или красный цвет. Синие рёбра образуют полное паросочетание, а красные рёбра образуют дерево, содержащее все вершины графа. Докажите, что найдётся цветочередующийся цикл чётной длины.","definition_ids":["matching","tree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-kotzig-unique-perfect-matching","title":"ИИ-решение через лемму Котцига","status":"ai_checked","definition_ids":["matching","tree","cycle"],"standard_idea_ids":["alternating_paths"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через M синее совершенное паросочетание, а через G весь данный граф. Граф G связен, потому что красные рёбра сами образуют остовное дерево. Предположим, что цветочередующегося цикла нет. Тогда M единственное совершенное паросочетание в G. Действительно, если бы нашлось другое совершенное паросочетание N, то симметрическая разность M\\triangle N распалась бы на чётные циклы, где рёбра идут попеременно из M и из N. Все рёбра из M синие, а все рёбра из N\\setminus M красные, поэтому любой такой цикл был бы цветочередующимся. Теперь применим лемму Котцига: если связный граф имеет единственное совершенное паросочетание, то некоторое ребро этого паросочетания является мостом. Значит, некоторое синее ребро должно быть мостом графа G. Но это невозможно: если удалить любое синее ребро, красное дерево всё равно останется в графе и соединит все вершины. Противоречие. Следовательно, цветоче…"}],"relations":[{"id":"rel-usamo-2009-p3-uniqueness-yumt-2021-alternating-cycle","neighbor_id":"usamo-2009-p3-tasteful-domino-tiling-uniqueness","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2021-grand-r4-p3-augmenting-path-matching-lemma","neighbor_id":"augmenting-path-matching-lemma","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2021-grand-round4-problem3 цветочередующийся цикл, юмт 2021 coloring matching trees connectivity classical_lemma goal_proof 2021 https://adygmath.ru/content/files/umt21/zadan_turov/4_tur/umt21_usl_4tur_grand_58.pdf olympiad_archive src-yumt-2021-grand-round4-problem3-official with_solution yumt yumt2021 юмт юмт 2021, гранд-лига, четвёртый тур, места 5-8, 3. цветочередующийся цикл юмт2021 ? юмт 2021, гранд-лига, четвёртый тур, места 5-8, 3. цветочередующийся цикл stmt-original оригинальная формулировка ai_checked пусть есть граф на 2n вершинах, в котором каждое ребро покрашено в синий или красный цвет. синие рёбра образуют полное паросочетание, а красные рёбра образуют дерево, содержащее все вершины графа. докажите, что найдётся цветочередующийся цикл чётной длины. matching tree cycle idea-tree-plus-matching-alternating-cycle объединить дерево с паросочетанием красное дерево даёт единственные пути между концами синих рёбер паросочетания; из этих путей можно пытаться строить цветочередующийся цикл. matching coloring ai_draft idea-unique-perfect-matching-kotzig исключить единственность синего паросочетания если цветочередующегося цикла нет, то синее совершенное паросочетание единственно: иначе симметрическая разность двух паросочетаний дала бы чередующийся цикл. по лемме котцига в связном графе с единственным совершенным паросочетанием некоторое ребро этого паросочетания является мостом, но синее ребро не может быть мостом из-за красного остовного дерева. matching connectivity classical_lemma ai_checked sol-ai-kotzig-unique-perfect-matching ии-решение через лемму котцига ai_checked matching tree cycle alternating_paths обозначим через m синее совершенное паросочетание, а через g весь данный граф. граф g связен, потому что красные рёбра сами образуют остовное дерево. предположим, что цветочередующегося цикла нет. тогда m единственное совершенное паросочетание в g. действительно, если бы нашлось другое совершенное паросочетание n, то симметрическая разность m\\triangle n распалась бы на чётные циклы, где рёбра идут попеременно из m и из n. все рёбра из m синие, а все рёбра из n\\setminus m красные, поэтому любой такой цикл был бы цветочередующимся. теперь применим лемму котцига: если связный граф имеет единственное совершенное паросочетание, то некоторое ребро этого паросочетания является мостом. значит, некоторое синее ребро должно быть мостом графа g. но это невозможно: если удалить любое синее ребро, красное дерево всё равно останется в графе и соединит все вершины. противоречие. следовательно, цветоче… yumt-2021-grand-round4-problem3 tsvetochereduyuschiysya tsikl, yumt 2021 coloring matching trees connectivity classical_lemma goal_proof 2021 https://adygmath.ru/content/files/umt21/zadan_turov/4_tur/umt21_usl_4tur_grand_58.pdf olympiad_archive src-yumt-2021-grand-round4-problem3-official with_solution yumt yumt2021 yumt yumt 2021, grand-liga, chetvertyy tur, mesta 5-8, 3. tsvetochereduyuschiysya tsikl yumt2021 ? yumt 2021, grand-liga, chetvertyy tur, mesta 5-8, 3. tsvetochereduyuschiysya tsikl stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked pust est graf na 2n vershinah, v kotorom kazhdoe rebro pokrasheno v siniy ili krasnyy tsvet. sinie rebra obrazuyut polnoe parosochetanie, a krasnye rebra obrazuyut derevo, soderzhaschee vse vershiny grafa. dokazhite, chto naydetsya tsvetochereduyuschiysya tsikl chetnoy dliny. matching tree cycle idea-tree-plus-matching-alternating-cycle obedinit derevo s parosochetaniem krasnoe derevo daet edinstvennye puti mezhdu kontsami sinih reber parosochetaniya; iz etih putey mozhno pytatsya stroit tsvetochereduyuschiysya tsikl. matching coloring ai_draft idea-unique-perfect-matching-kotzig isklyuchit edinstvennost sinego parosochetaniya esli tsvetochereduyuschegosya tsikla net, to sinee sovershennoe parosochetanie edinstvenno: inache simmetricheskaya raznost dvuh parosochetaniy dala by chereduyuschiysya tsikl. po lemme kottsiga v svyaznom grafe s edinstvennym sovershennym parosochetaniem nekotoroe rebro etogo parosochetaniya yavlyaetsya mostom, no sinee rebro ne mozhet byt mostom iz-za krasnogo ostovnogo dereva. matching connectivity classical_lemma ai_checked sol-ai-kotzig-unique-perfect-matching ii-reshenie cherez lemmu kottsiga ai_checked matching tree cycle alternating_paths oboznachim cherez m sinee sovershennoe parosochetanie, a cherez g ves dannyy graf. graf g svyazen, potomu chto krasnye rebra sami obrazuyut ostovnoe derevo. predpolozhim, chto tsvetochereduyuschegosya tsikla net. togda m edinstvennoe sovershennoe parosochetanie v g. deystvitelno, esli by nashlos drugoe sovershennoe parosochetanie n, to simmetricheskaya raznost m\\triangle n raspalas by na chetnye tsikly, gde rebra idut poperemenno iz m i iz n. vse rebra iz m sinie, a vse rebra iz n\\setminus m krasnye, poetomu lyuboy takoy tsikl byl by tsvetochereduyuschimsya. teper primenim lemmu kottsiga: esli svyaznyy graf imeet edinstvennoe sovershennoe parosochetanie, to nekotoroe rebro etogo parosochetaniya yavlyaetsya mostom. znachit, nekotoroe sinee rebro dolzhno byt mostom grafa g. no eto nevozmozhno: esli udalit lyuboe sinee rebro, krasnoe derevo vse ravno ostanetsya v grafe i soedinit vse vershiny. protivorechie. sledovatelno, tsvetoche…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2022-grand-final-problem1","title":"Связный граф и нечётные циклы, ЮМТ 2022","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2022-grand-final-problem1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2022-grand-final-problem1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2022-grand-final-problem1","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2022, Гранд-лига, финал, 1. Связный граф и нечётные циклы"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2022_grand_final_problem1.md; этап: Гранд-лига, финал.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"heavy_external_theorem_application","label":"решение с тяжёлыми внешними теоремами","status":"ai_checked","confidence":0.84,"basis":"целевая проверка группы E","notes":"Осознанно используется теорема Крусеншерны-Хафстрёма--Тофт о неразделяющих индуцированных нечётных циклах в 4-критических графах; это не элементарное решение, заново найденное ИИ.","external_theorem_ids":["Krusenstjerna-Hafstrom--Toft nonseparating induced odd cycle theorem"],"audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дан связный граф. Известно, что если из него выбросить рёбра любого нечётного цикла, он перестанет быть связным. Докажите, что его вершины можно правильно окрасить в три цвета.","definition_ids":["connected_graph","cycle","chromatic_number"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-critical-nonseparating-odd-cycle","title":"ИИ-решение: через 4-критический подграф и неразделяющий нечётный цикл","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","cycle","chromatic_number","critical_graph"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем от противного. Предположим, что граф G нельзя правильно раскрасить в три цвета, то есть χ(G) >= 4. Тогда в G есть 4-критический подграф H: χ(H)=4, но всякий собственный подграф H уже 3-раскрашиваем. Используем внешнюю теорему Крусенстьерна-Хафстрёма и Тофта: всякий 4-критический граф содержит индуцированный нечётный цикл C такой, что H-V(C) связен. Кроме того, у 4-критического графа минимальная степень не меньше 3, иначе вершину степени не более 2 можно было бы удалить, 3-раскрасить оставшийся граф и затем докрасить эту вершину. Возьмём такой цикл C в H. Так как C индуцирован, каждая его вершина имеет на самом цикле ровно двух соседей. Но степень каждой вершины в H не меньше 3, значит каждая вершина цикла C имеет хотя бы одного соседа в H-V(C). Подграф H-V(C) связен, поэтому после удаления только рёбер цикла C все вершины C всё равно остаются присоединёнными к связному остатку H…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2022-grand-final-p1-color-reduction-odd-deletion","neighbor_id":"color-reduction-by-odd-deletion-and-doubling","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2022-grand-final-problem1 связный граф и нечётные циклы, юмт 2022 coloring goal_proof 2022 https://adygmath.ru/content/files/umt22/uslovie/umt22_uslovie_final_grand.pdf olympiad_archive src-yumt-2022-grand-final-problem1-official with_solution yumt yumt2022 юмт юмт 2022, гранд-лига, финал, 1. связный граф и нечётные циклы юмт2022 ? юмт 2022, гранд-лига, финал, 1. связный граф и нечётные циклы stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дан связный граф. известно, что если из него выбросить рёбра любого нечётного цикла, он перестанет быть связным. докажите, что его вершины можно правильно окрасить в три цвета. connected_graph cycle chromatic_number idea-odd-cycles-as-critical-blocks нечётные циклы как критические блоки связности если удаление рёбер любого нечётного цикла рушит связность, то нечётные циклы устроены почти как блоки дерева; это позволяет получить 3-раскраску. coloring connectivity ai_draft idea-critical-graph-nonseparating-odd-cycle 4-критический подграф даёт неразделяющий нечётный цикл если бы граф не был 3-раскрашиваемым, в нём был бы 4-критический подграф. по теореме крусенстьерна-хафстрёма и тофта в таком подграфе есть индуцированный нечётный цикл c, после удаления вершин которого остаток связен. так как в 4-критическом графе минимальная степень не меньше 3, удаление только рёбер c связность не нарушает, что противоречит условию. coloring connectivity ai_checked sol-ai-critical-nonseparating-odd-cycle ии-решение: через 4-критический подграф и неразделяющий нечётный цикл ai_checked connected_graph cycle chromatic_number critical_graph докажем от противного. предположим, что граф g нельзя правильно раскрасить в три цвета, то есть χ(g) >= 4. тогда в g есть 4-критический подграф h: χ(h)=4, но всякий собственный подграф h уже 3-раскрашиваем. используем внешнюю теорему крусенстьерна-хафстрёма и тофта: всякий 4-критический граф содержит индуцированный нечётный цикл c такой, что h-v(c) связен. кроме того, у 4-критического графа минимальная степень не меньше 3, иначе вершину степени не более 2 можно было бы удалить, 3-раскрасить оставшийся граф и затем докрасить эту вершину. возьмём такой цикл c в h. так как c индуцирован, каждая его вершина имеет на самом цикле ровно двух соседей. но степень каждой вершины в h не меньше 3, значит каждая вершина цикла c имеет хотя бы одного соседа в h-v(c). подграф h-v(c) связен, поэтому после удаления только рёбер цикла c все вершины c всё равно остаются присоединёнными к связному остатку h… yumt-2022-grand-final-problem1 svyaznyy graf i nechetnye tsikly, yumt 2022 coloring goal_proof 2022 https://adygmath.ru/content/files/umt22/uslovie/umt22_uslovie_final_grand.pdf olympiad_archive src-yumt-2022-grand-final-problem1-official with_solution yumt yumt2022 yumt yumt 2022, grand-liga, final, 1. svyaznyy graf i nechetnye tsikly yumt2022 ? yumt 2022, grand-liga, final, 1. svyaznyy graf i nechetnye tsikly stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dan svyaznyy graf. izvestno, chto esli iz nego vybrosit rebra lyubogo nechetnogo tsikla, on perestanet byt svyaznym. dokazhite, chto ego vershiny mozhno pravilno okrasit v tri tsveta. connected_graph cycle chromatic_number idea-odd-cycles-as-critical-blocks nechetnye tsikly kak kriticheskie bloki svyaznosti esli udalenie reber lyubogo nechetnogo tsikla rushit svyaznost, to nechetnye tsikly ustroeny pochti kak bloki dereva; eto pozvolyaet poluchit 3-raskrasku. coloring connectivity ai_draft idea-critical-graph-nonseparating-odd-cycle 4-kriticheskiy podgraf daet nerazdelyayuschiy nechetnyy tsikl esli by graf ne byl 3-raskrashivaemym, v nem byl by 4-kriticheskiy podgraf. po teoreme krusensterna-hafstrema i tofta v takom podgrafe est indutsirovannyy nechetnyy tsikl c, posle udaleniya vershin kotorogo ostatok svyazen. tak kak v 4-kriticheskom grafe minimalnaya stepen ne menshe 3, udalenie tolko reber c svyaznost ne narushaet, chto protivorechit usloviyu. coloring connectivity ai_checked sol-ai-critical-nonseparating-odd-cycle ii-reshenie: cherez 4-kriticheskiy podgraf i nerazdelyayuschiy nechetnyy tsikl ai_checked connected_graph cycle chromatic_number critical_graph dokazhem ot protivnogo. predpolozhim, chto graf g nelzya pravilno raskrasit v tri tsveta, to est χ(g) >= 4. togda v g est 4-kriticheskiy podgraf h: χ(h)=4, no vsyakiy sobstvennyy podgraf h uzhe 3-raskrashivaem. ispolzuem vneshnyuyu teoremu krusensterna-hafstrema i tofta: vsyakiy 4-kriticheskiy graf soderzhit indutsirovannyy nechetnyy tsikl c takoy, chto h-v(c) svyazen. krome togo, u 4-kriticheskogo grafa minimalnaya stepen ne menshe 3, inache vershinu stepeni ne bolee 2 mozhno bylo by udalit, 3-raskrasit ostavshiysya graf i zatem dokrasit etu vershinu. vozmem takoy tsikl c v h. tak kak c indutsirovan, kazhdaya ego vershina imeet na samom tsikle rovno dvuh sosedey. no stepen kazhdoy vershiny v h ne menshe 3, znachit kazhdaya vershina tsikla c imeet hotya by odnogo soseda v h-v(c). podgraf h-v(c) svyazen, poetomu posle udaleniya tolko reber tsikla c vse vershiny c vse ravno ostayutsya prisoedinennymi k svyaznomu ostatku h…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2022-start-final-problem6","title":"Большое независимое множество, ЮМТ 2022","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2022-start-final-problem6.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2022-start-final-problem6.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2022-start-final-problem6","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2022, Старт-лига, финал, 6. Большое независимое множество"],"year":"2022","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","matching","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2022_start_final_problem6.md; этап: Старт-лига, финал.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В графе со 100 вершинами среди любых трёх вершин есть две несмежных, а среди любых десяти рёбер есть два имеющих общую вершину. Докажите, что в этом графе можно выбрать 83 попарно не смежных вершины.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-maximal-matching-independent-set","title":"Через максимальное паросочетание","status":"ai_checked","definition_ids":["matching","independent_set","cycle"],"standard_idea_ids":["extremal_choice"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Условие «среди любых трёх вершин есть две несмежных» означает, что в графе нет треугольников. Условие «среди любых десяти рёбер есть два с общим концом» означает, что в графе нет паросочетания из 10 рёбер. Возьмём максимальное по числу рёбер паросочетание M. Тогда |M| <= 9. Пусть U — множество вершин, не покрытых M. Так как M максимально, между двумя вершинами из U нет ребра: иначе это ребро можно было бы добавить к M. Значит U — независимое множество. Если |M| <= 8, то |U| >= 100 - 16 = 84, и тем более можно выбрать 83 попарно несмежные вершины. Остался случай |M| = 9. Тогда |U| = 82. Покажем, что к U можно добавить ещё одну вершину. Рассмотрим любое ребро xy из M. Не могут обе вершины x и y иметь соседей в U. Действительно, если x смежна с u из U, а y смежна с v из U, то u != v, иначе uxy был бы треугольником. Тогда вместо ребра xy в паросочетании можно взять два рёбра xu и yv; они не…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2022-start-final-p6-matching-obstruction","neighbor_id":"augmenting-path-matching-lemma","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2022-start-final-problem6 большое независимое множество, юмт 2022 extremal_graph_theory matching goal_proof 2022 https://adygmath.ru/content/files/umt22/uslovie/umt22_uslovie_final_start.pdf olympiad_archive src-yumt-2022-start-final-problem6-official with_solution yumt yumt2022 юмт юмт 2022, старт-лига, финал, 6. большое независимое множество юмт2022 ? юмт 2022, старт-лига, финал, 6. большое независимое множество stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе со 100 вершинами среди любых трёх вершин есть две несмежных, а среди любых десяти рёбер есть два имеющих общую вершину. докажите, что в этом графе можно выбрать 83 попарно не смежных вершины. idea-maximal-matching-leaves-independent-set максимальное паросочетание оставляет независимое множество если в графе нет десяти попарно несмежных рёбер, максимальное паросочетание покрывает не больше 18 вершин. все непокрытые вершины независимы; при размере паросочетания 9 отсутствие треугольников позволяет добавить к ним ещё один конец ребра паросочетания. matching extremal_graph_theory ai_checked sol-maximal-matching-independent-set через максимальное паросочетание ai_checked matching independent_set cycle extremal_choice условие «среди любых трёх вершин есть две несмежных» означает, что в графе нет треугольников. условие «среди любых десяти рёбер есть два с общим концом» означает, что в графе нет паросочетания из 10 рёбер. возьмём максимальное по числу рёбер паросочетание m. тогда |m| <= 9. пусть u — множество вершин, не покрытых m. так как m максимально, между двумя вершинами из u нет ребра: иначе это ребро можно было бы добавить к m. значит u — независимое множество. если |m| <= 8, то |u| >= 100 - 16 = 84, и тем более можно выбрать 83 попарно несмежные вершины. остался случай |m| = 9. тогда |u| = 82. покажем, что к u можно добавить ещё одну вершину. рассмотрим любое ребро xy из m. не могут обе вершины x и y иметь соседей в u. действительно, если x смежна с u из u, а y смежна с v из u, то u != v, иначе uxy был бы треугольником. тогда вместо ребра xy в паросочетании можно взять два рёбра xu и yv; они не… yumt-2022-start-final-problem6 bolshoe nezavisimoe mnozhestvo, yumt 2022 extremal_graph_theory matching goal_proof 2022 https://adygmath.ru/content/files/umt22/uslovie/umt22_uslovie_final_start.pdf olympiad_archive src-yumt-2022-start-final-problem6-official with_solution yumt yumt2022 yumt yumt 2022, start-liga, final, 6. bolshoe nezavisimoe mnozhestvo yumt2022 ? yumt 2022, start-liga, final, 6. bolshoe nezavisimoe mnozhestvo stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe so 100 vershinami sredi lyubyh treh vershin est dve nesmezhnyh, a sredi lyubyh desyati reber est dva imeyuschih obschuyu vershinu. dokazhite, chto v etom grafe mozhno vybrat 83 poparno ne smezhnyh vershiny. idea-maximal-matching-leaves-independent-set maksimalnoe parosochetanie ostavlyaet nezavisimoe mnozhestvo esli v grafe net desyati poparno nesmezhnyh reber, maksimalnoe parosochetanie pokryvaet ne bolshe 18 vershin. vse nepokrytye vershiny nezavisimy; pri razmere parosochetaniya 9 otsutstvie treugolnikov pozvolyaet dobavit k nim esche odin konets rebra parosochetaniya. matching extremal_graph_theory ai_checked sol-maximal-matching-independent-set cherez maksimalnoe parosochetanie ai_checked matching independent_set cycle extremal_choice uslovie «sredi lyubyh treh vershin est dve nesmezhnyh» oznachaet, chto v grafe net treugolnikov. uslovie «sredi lyubyh desyati reber est dva s obschim kontsom» oznachaet, chto v grafe net parosochetaniya iz 10 reber. vozmem maksimalnoe po chislu reber parosochetanie m. togda |m| <= 9. pust u — mnozhestvo vershin, ne pokrytyh m. tak kak m maksimalno, mezhdu dvumya vershinami iz u net rebra: inache eto rebro mozhno bylo by dobavit k m. znachit u — nezavisimoe mnozhestvo. esli |m| <= 8, to |u| >= 100 - 16 = 84, i tem bolee mozhno vybrat 83 poparno nesmezhnye vershiny. ostalsya sluchay |m| = 9. togda |u| = 82. pokazhem, chto k u mozhno dobavit esche odnu vershinu. rassmotrim lyuboe rebro xy iz m. ne mogut obe vershiny x i y imet sosedey v u. deystvitelno, esli x smezhna s u iz u, a y smezhna s v iz u, to u != v, inache uxy byl by treugolnikom. togda vmesto rebra xy v parosochetanii mozhno vzyat dva rebra xu i yv; oni ne…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2023-granda-final-problem6","title":"Разбиение графа по хроматическим числам, ЮМТ 2023","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2023-granda-final-problem6.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2023-granda-final-problem6.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2023-granda-final-problem6","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2023, Гранд-лига A, финал, 6. Разбиение графа по хроматическим числам","On the Erdös-Lovász Tihany Conjecture for Claw-Free Graphs","Квант. 2024. №4: решение задачи M2780","Квант. 2024. №1: задача M2780"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":["Дольников В.Л."],"tags":["coloring","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2023_granda_final_problem6.md; этап: Гранд-лига A, финал.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"published_complete","label":"опубликованное полное решение","status":"ai_checked","confidence":0.96,"basis":"опубликованное решение Kvant 2024 №4 M2780 и независимая проверка высокой сложности 2026-05-06","notes":"Решение элементарно и самодостаточно: выделяется максимальная клика, а последний цвет оставшейся части перекрашивается в цвета несмежных с ним вершин клики.","audit_source":"src-kvant-2024-04-m2780-solution"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дано натуральное число n ≥ 3 и граф G с хроматическим числом χ(G) = n, у которого больше чем n вершин. Докажите, что в G найдутся два не пересекающихся по вершинам подграфа G1 и G2 такие, что χ(G1) + χ(G2) ≥ n + 1.","definition_ids":["chromatic_number","clique"]}]},"solutions":[{"id":"sol-kvant-maximum-clique","title":"Отделить максимальную клику","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number","clique"],"standard_idea_ids":["local_recoloring"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Выберем в \\(G\\) клику \\(K\\) наибольшего размера; пусть \\(V(K)=\\{A_1,\\ldots,A_k\\}\\). Тогда \\(\\chi(K)=k\\), причём \\(k\\le n\\). Так как в \\(G\\) больше чем \\(n\\) вершин, клика \\(K\\) не совпадает со всем графом: если бы \\(K=G\\), то число вершин было бы \\(k\\le n\\). Положим \\(G_1=K\\), а \\(G_2=G\\setminus K\\), то есть возьмём подграф, индуцированный всеми вершинами вне \\(K\\). Эти два подграфа не пересекаются по вершинам. Если \\(k=n\\), то \\(G_2\\) непуст, поэтому \\(\\chi(G_1)+\\chi(G_2)\\ge n+1\\). Остаётся случай \\(k<n\\). Докажем, что \\(\\chi(G_2)>n-k\\). Предположим противное: вершины \\(G_2\\) правильно раскрашены не более чем в \\(n-k\\) цветов. Обозначим эти цвета через \\(c_{k+1},\\ldots,c_n\\) (неиспользованные цвета можно просто добавить к списку), а вершину \\(A_i\\) клики покрасим в цвет \\(c_i\\) для \\(i=1,\\ldots,k\\). Получилась правильная \\(n\\)-раскраска всего графа. Теперь избавимся от цвета \\(c_n\\). В…"}],"relations":[{"id":"rel-brooks-yumt-2023-granda-final-p6","neighbor_id":"brooks-theorem","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-protected-recoloring-yumt-2023-granda-final-p6","neighbor_id":"protected-color-recoloring-lemma","direction":"backward","type":"same_motif","distance":2,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2023-granda-final-p6-stiebitz-double-critical-k5","neighbor_id":"stiebitz-double-critical-k5","direction":"forward","type":"false_friend","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2015-grand-final-p5-yumt-2023-granda-final-p6","neighbor_id":"yumt-2015-grand-final-problem5","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2023-granda-final-problem6 разбиение графа по хроматическим числам, юмт 2023 coloring goal_existence 2023 https://adygmath.ru/content/files/umt23/final/final_usl_granda.pdf https://arxiv.org/abs/1309.1020 https://kvant.mccme.ru/pdf/2024/2024-01.pdf https://www.kvant.digital/issues/2024/4/ olympiad_archive on the erdös-lovász tihany conjecture for claw-free graphs paper published_solution published_statement src-elt-claw-free-arxiv src-kvant-2024-01-m2780-statement src-kvant-2024-04-m2780-solution src-yumt-2023-granda-final-problem6-official with_solution yumt yumt2023 дольников в.л. квант. 2024. №1: задача m2780 квант. 2024. №4: решение задачи m2780 юмт юмт 2023, гранд-лига a, финал, 6. разбиение графа по хроматическим числам юмт2023 дольников в.л. юмт 2023, гранд-лига a, финал, 6. разбиение графа по хроматическим числам on the erdös-lovász tihany conjecture for claw-free graphs квант. 2024. №4: решение задачи m2780 квант. 2024. №1: задача m2780 stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дано натуральное число n ≥ 3 и граф g с хроматическим числом χ(g) = n, у которого больше чем n вершин. докажите, что в g найдутся два не пересекающихся по вершинам подграфа g1 и g2 такие, что χ(g1) + χ(g2) ≥ n + 1. chromatic_number clique idea-maximum-clique-remainder максимальная клика и остаток если \\(k\\) — максимальная клика размера \\(k\\), то достаточно доказать, что остаток \\(g\\setminus k\\) нельзя покрасить в \\(n-k\\) цветов. иначе один цвет остатка можно перекрасить в цвета клики: каждая внешняя вершина не смежна хотя бы с одной вершиной максимальной клики. coloring ai_checked sol-kvant-maximum-clique отделить максимальную клику ai_checked chromatic_number clique local_recoloring выберем в \\(g\\) клику \\(k\\) наибольшего размера; пусть \\(v(k)=\\{a_1,\\ldots,a_k\\}\\). тогда \\(\\chi(k)=k\\), причём \\(k\\le n\\). так как в \\(g\\) больше чем \\(n\\) вершин, клика \\(k\\) не совпадает со всем графом: если бы \\(k=g\\), то число вершин было бы \\(k\\le n\\). положим \\(g_1=k\\), а \\(g_2=g\\setminus k\\), то есть возьмём подграф, индуцированный всеми вершинами вне \\(k\\). эти два подграфа не пересекаются по вершинам. если \\(k=n\\), то \\(g_2\\) непуст, поэтому \\(\\chi(g_1)+\\chi(g_2)\\ge n+1\\). остаётся случай \\(k<n\\). докажем, что \\(\\chi(g_2)>n-k\\). предположим противное: вершины \\(g_2\\) правильно раскрашены не более чем в \\(n-k\\) цветов. обозначим эти цвета через \\(c_{k+1},\\ldots,c_n\\) (неиспользованные цвета можно просто добавить к списку), а вершину \\(a_i\\) клики покрасим в цвет \\(c_i\\) для \\(i=1,\\ldots,k\\). получилась правильная \\(n\\)-раскраска всего графа. теперь избавимся от цвета \\(c_n\\). в… yumt-2023-granda-final-problem6 razbienie grafa po hromaticheskim chislam, yumt 2023 coloring goal_existence 2023 https://adygmath.ru/content/files/umt23/final/final_usl_granda.pdf https://arxiv.org/abs/1309.1020 https://kvant.mccme.ru/pdf/2024/2024-01.pdf https://www.kvant.digital/issues/2024/4/ olympiad_archive on the erdös-lovász tihany conjecture for claw-free graphs paper published_solution published_statement src-elt-claw-free-arxiv src-kvant-2024-01-m2780-statement src-kvant-2024-04-m2780-solution src-yumt-2023-granda-final-problem6-official with_solution yumt yumt2023 dolnikov v.l. kvant. 2024. №1: zadacha m2780 kvant. 2024. №4: reshenie zadachi m2780 yumt yumt 2023, grand-liga a, final, 6. razbienie grafa po hromaticheskim chislam yumt2023 dolnikov v.l. yumt 2023, grand-liga a, final, 6. razbienie grafa po hromaticheskim chislam on the erdös-lovász tihany conjecture for claw-free graphs kvant. 2024. №4: reshenie zadachi m2780 kvant. 2024. №1: zadacha m2780 stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dano naturalnoe chislo n ≥ 3 i graf g s hromaticheskim chislom χ(g) = n, u kotorogo bolshe chem n vershin. dokazhite, chto v g naydutsya dva ne peresekayuschihsya po vershinam podgrafa g1 i g2 takie, chto χ(g1) + χ(g2) ≥ n + 1. chromatic_number clique idea-maximum-clique-remainder maksimalnaya klika i ostatok esli \\(k\\) — maksimalnaya klika razmera \\(k\\), to dostatochno dokazat, chto ostatok \\(g\\setminus k\\) nelzya pokrasit v \\(n-k\\) tsvetov. inache odin tsvet ostatka mozhno perekrasit v tsveta kliki: kazhdaya vneshnyaya vershina ne smezhna hotya by s odnoy vershinoy maksimalnoy kliki. coloring ai_checked sol-kvant-maximum-clique otdelit maksimalnuyu kliku ai_checked chromatic_number clique local_recoloring vyberem v \\(g\\) kliku \\(k\\) naibolshego razmera; pust \\(v(k)=\\{a_1,\\ldots,a_k\\}\\). togda \\(\\chi(k)=k\\), prichem \\(k\\le n\\). tak kak v \\(g\\) bolshe chem \\(n\\) vershin, klika \\(k\\) ne sovpadaet so vsem grafom: esli by \\(k=g\\), to chislo vershin bylo by \\(k\\le n\\). polozhim \\(g_1=k\\), a \\(g_2=g\\setminus k\\), to est vozmem podgraf, indutsirovannyy vsemi vershinami vne \\(k\\). eti dva podgrafa ne peresekayutsya po vershinam. esli \\(k=n\\), to \\(g_2\\) nepust, poetomu \\(\\chi(g_1)+\\chi(g_2)\\ge n+1\\). ostaetsya sluchay \\(k<n\\). dokazhem, chto \\(\\chi(g_2)>n-k\\). predpolozhim protivnoe: vershiny \\(g_2\\) pravilno raskrasheny ne bolee chem v \\(n-k\\) tsvetov. oboznachim eti tsveta cherez \\(c_{k+1},\\ldots,c_n\\) (neispolzovannye tsveta mozhno prosto dobavit k spisku), a vershinu \\(a_i\\) kliki pokrasim v tsvet \\(c_i\\) dlya \\(i=1,\\ldots,k\\). poluchilas pravilnaya \\(n\\)-raskraska vsego grafa. teper izbavimsya ot tsveta \\(c_n\\). v…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2023-granda-round2-problem9","title":"Выбор вершин по граням плоского двудольного графа, ЮМТ 2023","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2023-granda-round2-problem9.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2023-granda-round2-problem9.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2023-granda-round2-problem9","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2023, Гранд-лига A, второй тур, 9. Выбор вершин по граням плоского двудольного графа"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","planar_graphs","goal_existence"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2023_granda_round2_problem9.md; этап: Гранд-лига A, второй тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Всегда ли в плоском двудольном графе G можно выбрать по вершине в каждой грани так, чтобы все выбранные вершины были различны? Грани — это области, включая бесконечную область, на которые разрезают плоскость рёбра графа.","definition_ids":["planar_graph","bipartite_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-hall-euler-face-counting","title":"Теорема Холла и подсчёт граней","status":"ai_checked","definition_ids":["bipartite_graph","matching","planar_graph","connected_graph"],"standard_idea_ids":["face_counting"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Для каждой грани рассмотрим множество вершин, лежащих на её границе. Нужно выбрать для всех граней различные представители из этих множеств. По теореме Холла достаточно проверить, что для любого набора S граней число вершин, инцидентных хотя бы одной грани из S, не меньше |S|. Возьмём произвольный набор S граней. Пусть H — плоский подграф исходного графа, состоящий из всех вершин и всех рёбер, лежащих на границах граней из S. Обозначим через v, e, c соответственно число вершин, рёбер и компонент связности графа H. Все выбранные грани остаются гранями рисунка H, поэтому |S| не превосходит полного числа граней H. По формуле Эйлера для c компонент это число равно e - v + c + 1. Оценим e. Граф H двудолен. В каждой его компоненте с одной вершиной нет рёбер; в компоненте с двумя вершинами не больше одного ребра; в компоненте хотя бы с тремя вершинами стандартная планарная двудольная оценка да…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2023-granda-r2-p9-hall-marriage","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2023-granda-r2-p9-euler-formula","neighbor_id":"euler-formula-planar","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2023-granda-round2-problem9 выбор вершин по граням плоского двудольного графа, юмт 2023 matching planar_graphs goal_existence 2023 https://adygmath.ru/content/files/umt23/2tur/2tur_usl_granda.pdf olympiad_archive src-yumt-2023-granda-round2-problem9-official with_solution yumt yumt2023 юмт юмт 2023, гранд-лига a, второй тур, 9. выбор вершин по граням плоского двудольного графа юмт2023 ? юмт 2023, гранд-лига a, второй тур, 9. выбор вершин по граням плоского двудольного графа stmt-original оригинальная формулировка ai_checked всегда ли в плоском двудольном графе g можно выбрать по вершине в каждой грани так, чтобы все выбранные вершины были различны? грани — это области, включая бесконечную область, на которые разрезают плоскость рёбра графа. planar_graph bipartite_graph idea-face-vertex-incidence-hall граф инцидентности граней и вершин выбор по одной различной вершины в каждой грани естественно переводится в задачу о системе различных представителей для граней в двудольном графе инцидентности. matching planar_graphs ai_checked idea-hall-by-euler-face-counting условие холла из формулы эйлера для любого набора граней нужно доказать, что число инцидентных им вершин не меньше числа этих граней. это следует из эйлеровой оценки для плоского двудольного подграфа, образованного границами выбранных граней. matching planar_graphs ai_checked sol-hall-euler-face-counting теорема холла и подсчёт граней ai_checked bipartite_graph matching planar_graph connected_graph face_counting для каждой грани рассмотрим множество вершин, лежащих на её границе. нужно выбрать для всех граней различные представители из этих множеств. по теореме холла достаточно проверить, что для любого набора s граней число вершин, инцидентных хотя бы одной грани из s, не меньше |s|. возьмём произвольный набор s граней. пусть h — плоский подграф исходного графа, состоящий из всех вершин и всех рёбер, лежащих на границах граней из s. обозначим через v, e, c соответственно число вершин, рёбер и компонент связности графа h. все выбранные грани остаются гранями рисунка h, поэтому |s| не превосходит полного числа граней h. по формуле эйлера для c компонент это число равно e - v + c + 1. оценим e. граф h двудолен. в каждой его компоненте с одной вершиной нет рёбер; в компоненте с двумя вершинами не больше одного ребра; в компоненте хотя бы с тремя вершинами стандартная планарная двудольная оценка да… yumt-2023-granda-round2-problem9 vybor vershin po granyam ploskogo dvudolnogo grafa, yumt 2023 matching planar_graphs goal_existence 2023 https://adygmath.ru/content/files/umt23/2tur/2tur_usl_granda.pdf olympiad_archive src-yumt-2023-granda-round2-problem9-official with_solution yumt yumt2023 yumt yumt 2023, grand-liga a, vtoroy tur, 9. vybor vershin po granyam ploskogo dvudolnogo grafa yumt2023 ? yumt 2023, grand-liga a, vtoroy tur, 9. vybor vershin po granyam ploskogo dvudolnogo grafa stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked vsegda li v ploskom dvudolnom grafe g mozhno vybrat po vershine v kazhdoy grani tak, chtoby vse vybrannye vershiny byli razlichny? grani — eto oblasti, vklyuchaya beskonechnuyu oblast, na kotorye razrezayut ploskost rebra grafa. planar_graph bipartite_graph idea-face-vertex-incidence-hall graf intsidentnosti graney i vershin vybor po odnoy razlichnoy vershiny v kazhdoy grani estestvenno perevoditsya v zadachu o sisteme razlichnyh predstaviteley dlya graney v dvudolnom grafe intsidentnosti. matching planar_graphs ai_checked idea-hall-by-euler-face-counting uslovie holla iz formuly eylera dlya lyubogo nabora graney nuzhno dokazat, chto chislo intsidentnyh im vershin ne menshe chisla etih graney. eto sleduet iz eylerovoy otsenki dlya ploskogo dvudolnogo podgrafa, obrazovannogo granitsami vybrannyh graney. matching planar_graphs ai_checked sol-hall-euler-face-counting teorema holla i podschet graney ai_checked bipartite_graph matching planar_graph connected_graph face_counting dlya kazhdoy grani rassmotrim mnozhestvo vershin, lezhaschih na ee granitse. nuzhno vybrat dlya vseh graney razlichnye predstaviteli iz etih mnozhestv. po teoreme holla dostatochno proverit, chto dlya lyubogo nabora s graney chislo vershin, intsidentnyh hotya by odnoy grani iz s, ne menshe |s|. vozmem proizvolnyy nabor s graney. pust h — ploskiy podgraf ishodnogo grafa, sostoyaschiy iz vseh vershin i vseh reber, lezhaschih na granitsah graney iz s. oboznachim cherez v, e, c sootvetstvenno chislo vershin, reber i komponent svyaznosti grafa h. vse vybrannye grani ostayutsya granyami risunka h, poetomu |s| ne prevoshodit polnogo chisla graney h. po formule eylera dlya c komponent eto chislo ravno e - v + c + 1. otsenim e. graf h dvudolen. v kazhdoy ego komponente s odnoy vershinoy net reber; v komponente s dvumya vershinami ne bolshe odnogo rebra; v komponente hotya by s tremya vershinami standartnaya planarnaya dvudolnaya otsenka da…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2023-granda-round4-problem3","title":"Удаление двух рёбер с общим концом, ЮМТ 2023","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2023-granda-round4-problem3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2023-granda-round4-problem3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2023-granda-round4-problem3","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2023, Гранд-лига A, четвёртый тур, полуфинал, 3. Удаление двух рёбер с общим концом"],"year":"2023","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","extremal_graph_theory","construction","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2023_granda_round4_problem3.md; этап: Гранд-лига A, четвёртый тур, полуфинал.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Связный граф на n вершинах таков, что при выкидывании любых двух рёбер, имеющих общий конец, связность графа нарушается. Найдите максимальное число рёбер в этом графе.","definition_ids":["connected_graph","simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-bridge-free-cycle-components","title":"ИИ-решение: компоненты без мостов являются циклами","status":"ai_checked","definition_ids":["connected_graph","simple_graph","bridge","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: \\(n-1+\\lfloor n/3\\rfloor\\). Напомним, что мостом будем называть ребро, удаление которого само по себе нарушает связность графа. Удалим из графа все мосты. Получатся несколько компонент; назовём компоненту нетривиальной, если в ней есть хотя бы одно ребро. Внутри такой компоненты мостов уже нет: если некоторое её ребро было бы мостом в компоненте, то в исходном графе оно тоже отделяло бы одну часть этой компоненты вместе со всеми висящими на ней мостовыми ветвями от остального графа. Покажем, что каждая нетривиальная компонента после удаления мостов является циклом. Условие задачи наследуется такой компонентой: если два её смежных ребра можно удалить, не нарушив связность внутри компоненты, то после возвращения всех остальных компонент и мостов весь исходный граф тоже остался бы связным, что противоречит условию. Итак, пусть \\(H\\) — связная компонента без мостов, удовлетворяющая у…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2018-grand-r1-p3-yumt-2023-granda-r4-p3","neighbor_id":"yumt-2018-grand-round1-problem3","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2023-granda-round4-problem3 удаление двух рёбер с общим концом, юмт 2023 connectivity extremal_graph_theory construction goal_exact_bound 2023 https://adygmath.ru/content/files/umt23/4tur/4tur_usl_granda_polufin.pdf olympiad_archive src-yumt-2023-granda-round4-problem3-official with_solution yumt yumt2023 юмт юмт 2023, гранд-лига a, четвёртый тур, полуфинал, 3. удаление двух рёбер с общим концом юмт2023 ? юмт 2023, гранд-лига a, четвёртый тур, полуфинал, 3. удаление двух рёбер с общим концом stmt-original оригинальная формулировка ai_checked связный граф на n вершинах таков, что при выкидывании любых двух рёбер, имеющих общий конец, связность графа нарушается. найдите максимальное число рёбер в этом графе. connected_graph simple_graph idea-bridge-free-components-are-cycles разложить граф по мостам если удалить все мосты, то каждая нетривиальная компонента обязана быть циклом: в компоненте без мостов вершина степени хотя бы 3 дала бы три инцидентных ребра, и два разных ребра после удаления третьего одновременно стали бы мостами из одной вершины, что невозможно. поэтому лишние сверх дерева рёбра считаются по циклическим компонентам, а каждая такая компонента содержит хотя бы 3 вершины. connectivity extremal_graph_theory ai_checked sol-ai-bridge-free-cycle-components ии-решение: компоненты без мостов являются циклами ai_checked connected_graph simple_graph bridge cycle ответ: \\(n-1+\\lfloor n/3\\rfloor\\). напомним, что мостом будем называть ребро, удаление которого само по себе нарушает связность графа. удалим из графа все мосты. получатся несколько компонент; назовём компоненту нетривиальной, если в ней есть хотя бы одно ребро. внутри такой компоненты мостов уже нет: если некоторое её ребро было бы мостом в компоненте, то в исходном графе оно тоже отделяло бы одну часть этой компоненты вместе со всеми висящими на ней мостовыми ветвями от остального графа. покажем, что каждая нетривиальная компонента после удаления мостов является циклом. условие задачи наследуется такой компонентой: если два её смежных ребра можно удалить, не нарушив связность внутри компоненты, то после возвращения всех остальных компонент и мостов весь исходный граф тоже остался бы связным, что противоречит условию. итак, пусть \\(h\\) — связная компонента без мостов, удовлетворяющая у… yumt-2023-granda-round4-problem3 udalenie dvuh reber s obschim kontsom, yumt 2023 connectivity extremal_graph_theory construction goal_exact_bound 2023 https://adygmath.ru/content/files/umt23/4tur/4tur_usl_granda_polufin.pdf olympiad_archive src-yumt-2023-granda-round4-problem3-official with_solution yumt yumt2023 yumt yumt 2023, grand-liga a, chetvertyy tur, polufinal, 3. udalenie dvuh reber s obschim kontsom yumt2023 ? yumt 2023, grand-liga a, chetvertyy tur, polufinal, 3. udalenie dvuh reber s obschim kontsom stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked svyaznyy graf na n vershinah takov, chto pri vykidyvanii lyubyh dvuh reber, imeyuschih obschiy konets, svyaznost grafa narushaetsya. naydite maksimalnoe chislo reber v etom grafe. connected_graph simple_graph idea-bridge-free-components-are-cycles razlozhit graf po mostam esli udalit vse mosty, to kazhdaya netrivialnaya komponenta obyazana byt tsiklom: v komponente bez mostov vershina stepeni hotya by 3 dala by tri intsidentnyh rebra, i dva raznyh rebra posle udaleniya tretego odnovremenno stali by mostami iz odnoy vershiny, chto nevozmozhno. poetomu lishnie sverh dereva rebra schitayutsya po tsiklicheskim komponentam, a kazhdaya takaya komponenta soderzhit hotya by 3 vershiny. connectivity extremal_graph_theory ai_checked sol-ai-bridge-free-cycle-components ii-reshenie: komponenty bez mostov yavlyayutsya tsiklami ai_checked connected_graph simple_graph bridge cycle otvet: \\(n-1+\\lfloor n/3\\rfloor\\). napomnim, chto mostom budem nazyvat rebro, udalenie kotorogo samo po sebe narushaet svyaznost grafa. udalim iz grafa vse mosty. poluchatsya neskolko komponent; nazovem komponentu netrivialnoy, esli v ney est hotya by odno rebro. vnutri takoy komponenty mostov uzhe net: esli nekotoroe ee rebro bylo by mostom v komponente, to v ishodnom grafe ono tozhe otdelyalo by odnu chast etoy komponenty vmeste so vsemi visyaschimi na ney mostovymi vetvyami ot ostalnogo grafa. pokazhem, chto kazhdaya netrivialnaya komponenta posle udaleniya mostov yavlyaetsya tsiklom. uslovie zadachi nasleduetsya takoy komponentoy: esli dva ee smezhnyh rebra mozhno udalit, ne narushiv svyaznost vnutri komponenty, to posle vozvrascheniya vseh ostalnyh komponent i mostov ves ishodnyy graf tozhe ostalsya by svyaznym, chto protivorechit usloviyu. itak, pust \\(h\\) — svyaznaya komponenta bez mostov, udovletvoryayuschaya u…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2024-grand-final-problem9","title":"Выбор рёбер из 4-циклов, ЮМТ 2024","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2024-grand-final-problem9.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2024-grand-final-problem9.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2024-grand-final-problem9","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2024, Гранд-лига, финал, 9. Выбор рёбер из 4-циклов"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["matching","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2024_grand_final_problem9.md; этап: Гранд-лига, финал.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Рёбра графа разбиваются на циклы длины 4, все вершины имеют степень 4. Докажите, что из каждого из этих циклов длины 4 можно выбрать по ребру так, чтобы они образовали паросочетание.","definition_ids":["matching","cycle","degree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-diagonal-pair-orientation","title":"ИИ-решение: ориентация графа диагональных пар","status":"ai_checked","definition_ids":["matching","cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем считать, что заданное разбиение рёбер на 4-циклы зафиксировано. Так как степень каждой вершины исходного графа равна 4, а каждый проходящий через неё цикл использует ровно два инцидентных ей ребра, каждая вершина исходного графа принадлежит ровно двум циклам разбиения. Построим вспомогательный граф H. Для каждого 4-цикла C возьмём две вершины графа H: это две пары противоположных вершин цикла C. Теперь пусть x - вершина исходного графа. Она лежит ровно в двух циклах разбиения, скажем C и D. В цикле C вершина x входит ровно в одну из двух противоположных пар, и в цикле D тоже ровно в одну такую пару. Соединим в H эти две вершины-пары ребром, соответствующим x. Каждая вершина графа H имеет степень 2: она является парой противоположных вершин некоторого 4-цикла, а в этой паре ровно две исходные вершины, каждая даёт по одному ребру H. Значит H является объединением циклов, если допуск…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2024-grand-final-p9-hall-marriage","neighbor_id":"hall-marriage-theorem","direction":"forward","type":"same_motif","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2024-grand-final-problem9 выбор рёбер из 4-циклов, юмт 2024 matching goal_proof 2024 https://adygmath.ru/content/files/umt24/final/final_usl_grand2.pdf olympiad_archive src-yumt-2024-grand-final-problem9-official with_solution yumt yumt2024 юмт юмт 2024, гранд-лига, финал, 9. выбор рёбер из 4-циклов юмт2024 ? юмт 2024, гранд-лига, финал, 9. выбор рёбер из 4-циклов stmt-original оригинальная формулировка ai_checked рёбра графа разбиваются на циклы длины 4, все вершины имеют степень 4. докажите, что из каждого из этих циклов длины 4 можно выбрать по ребру так, чтобы они образовали паросочетание. matching cycle degree idea-choose-one-edge-per-4cycle-via-matching свести выбор рёбер к паросочетанию каждый 4-цикл рассматривается как запрос на выбор одного из четырёх рёбер, а условие степени 4 позволяет искать систему несовместимых выборов через паросочетание в подходящем графе инцидентности. matching ai_draft idea-diagonal-pair-2-regular-graph ориентировать граф пар противоположных вершин у каждого 4-цикла есть две пары противоположных вершин. если сделать эти пары вершинами вспомогательного графа, а каждую исходную вершину - ребром между двумя такими парами для двух циклов, проходящих через неё, получится 2-регулярный мультиграф. циклическая ориентация его компонент выбирает в каждом 4-цикле по одной вершине из каждой противоположной пары, то есть две соседние вершины и ребро между ними. construction matching ai_checked sol-ai-diagonal-pair-orientation ии-решение: ориентация графа диагональных пар ai_checked matching cycle будем считать, что заданное разбиение рёбер на 4-циклы зафиксировано. так как степень каждой вершины исходного графа равна 4, а каждый проходящий через неё цикл использует ровно два инцидентных ей ребра, каждая вершина исходного графа принадлежит ровно двум циклам разбиения. построим вспомогательный граф h. для каждого 4-цикла c возьмём две вершины графа h: это две пары противоположных вершин цикла c. теперь пусть x - вершина исходного графа. она лежит ровно в двух циклах разбиения, скажем c и d. в цикле c вершина x входит ровно в одну из двух противоположных пар, и в цикле d тоже ровно в одну такую пару. соединим в h эти две вершины-пары ребром, соответствующим x. каждая вершина графа h имеет степень 2: она является парой противоположных вершин некоторого 4-цикла, а в этой паре ровно две исходные вершины, каждая даёт по одному ребру h. значит h является объединением циклов, если допуск… yumt-2024-grand-final-problem9 vybor reber iz 4-tsiklov, yumt 2024 matching goal_proof 2024 https://adygmath.ru/content/files/umt24/final/final_usl_grand2.pdf olympiad_archive src-yumt-2024-grand-final-problem9-official with_solution yumt yumt2024 yumt yumt 2024, grand-liga, final, 9. vybor reber iz 4-tsiklov yumt2024 ? yumt 2024, grand-liga, final, 9. vybor reber iz 4-tsiklov stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked rebra grafa razbivayutsya na tsikly dliny 4, vse vershiny imeyut stepen 4. dokazhite, chto iz kazhdogo iz etih tsiklov dliny 4 mozhno vybrat po rebru tak, chtoby oni obrazovali parosochetanie. matching cycle degree idea-choose-one-edge-per-4cycle-via-matching svesti vybor reber k parosochetaniyu kazhdyy 4-tsikl rassmatrivaetsya kak zapros na vybor odnogo iz chetyreh reber, a uslovie stepeni 4 pozvolyaet iskat sistemu nesovmestimyh vyborov cherez parosochetanie v podhodyaschem grafe intsidentnosti. matching ai_draft idea-diagonal-pair-2-regular-graph orientirovat graf par protivopolozhnyh vershin u kazhdogo 4-tsikla est dve pary protivopolozhnyh vershin. esli sdelat eti pary vershinami vspomogatelnogo grafa, a kazhduyu ishodnuyu vershinu - rebrom mezhdu dvumya takimi parami dlya dvuh tsiklov, prohodyaschih cherez nee, poluchitsya 2-regulyarnyy multigraf. tsiklicheskaya orientatsiya ego komponent vybiraet v kazhdom 4-tsikle po odnoy vershine iz kazhdoy protivopolozhnoy pary, to est dve sosednie vershiny i rebro mezhdu nimi. construction matching ai_checked sol-ai-diagonal-pair-orientation ii-reshenie: orientatsiya grafa diagonalnyh par ai_checked matching cycle budem schitat, chto zadannoe razbienie reber na 4-tsikly zafiksirovano. tak kak stepen kazhdoy vershiny ishodnogo grafa ravna 4, a kazhdyy prohodyaschiy cherez nee tsikl ispolzuet rovno dva intsidentnyh ey rebra, kazhdaya vershina ishodnogo grafa prinadlezhit rovno dvum tsiklam razbieniya. postroim vspomogatelnyy graf h. dlya kazhdogo 4-tsikla c vozmem dve vershiny grafa h: eto dve pary protivopolozhnyh vershin tsikla c. teper pust x - vershina ishodnogo grafa. ona lezhit rovno v dvuh tsiklah razbieniya, skazhem c i d. v tsikle c vershina x vhodit rovno v odnu iz dvuh protivopolozhnyh par, i v tsikle d tozhe rovno v odnu takuyu paru. soedinim v h eti dve vershiny-pary rebrom, sootvetstvuyuschim x. kazhdaya vershina grafa h imeet stepen 2: ona yavlyaetsya paroy protivopolozhnyh vershin nekotorogo 4-tsikla, a v etoy pare rovno dve ishodnye vershiny, kazhdaya daet po odnomu rebru h. znachit h yavlyaetsya obedineniem tsiklov, esli dopusk…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2024-grand-round3-problem8","title":"Один и тот же граф после удаления двух вершин, ЮМТ 2024","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2024-grand-round3-problem8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2024-grand-round3-problem8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2024-grand-round3-problem8","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2024, Гранд-лига, третий тур, 8. Один и тот же граф после удаления двух вершин"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["degree_counting","invariant","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2024_grand_round3_problem8.md; этап: Гранд-лига, третий тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В графе не менее 4 вершин. Петя стирает две вершины графа и все выходящие из них рёбра. Известно, что вне зависимости от действий Пети получится один и тот же граф. Докажите, что исходный граф полный или состоит из изолированных вершин.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-edge-count-degree-extremes","title":"ИИ-решение через число рёбер после удаления","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":["double_counting","invariant"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Пусть в исходном графе G ровно n >= 4 вершин, d(v) — степень вершины v, а eps(u,v) равно 1, если u и v соединены ребром, и 0 иначе. После удаления вершин u и v остаётся один и тот же граф, поэтому число оставшихся рёбер не зависит от пары {u,v}. При удалении u и v исчезает d(u)+d(v)-eps(u,v) рёбер: ребро uv, если оно было, посчитано в d(u)+d(v) дважды. Следовательно, существует постоянная K такая, что для любых разных u,v выполнено d(u)+d(v)-eps(u,v)=K. (*). Возьмём вершину x минимальной степени delta и вершину y максимальной степени Delta. Если delta=Delta, граф регулярный. Тогда при наличии одновременно ребра и неребра величина (*) для ребра равна 2delta-1, а для неребра равна 2delta, что невозможно. Значит, регулярный граф при условии задачи либо полный, либо вообще не имеет рёбер. Осталось исключить случай delta<Delta. Для любой вершины z, отличной от x и y, сравним (*) для пар {x,z…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2024-grand-round3-problem8 один и тот же граф после удаления двух вершин, юмт 2024 degree_counting invariant goal_proof 2024 https://adygmath.ru/content/files/umt24/3tur/3tur_usl_grand2.pdf olympiad_archive src-yumt-2024-grand-round3-problem8-official with_solution yumt yumt2024 юмт юмт 2024, гранд-лига, третий тур, 8. один и тот же граф после удаления двух вершин юмт2024 ? юмт 2024, гранд-лига, третий тур, 8. один и тот же граф после удаления двух вершин stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в графе не менее 4 вершин. петя стирает две вершины графа и все выходящие из них рёбра. известно, что вне зависимости от действий пети получится один и тот же граф. докажите, что исходный граф полный или состоит из изолированных вершин. idea-two-deletion-edge-count-degree-sums сравнить число рёбер после удаления пары так как после удаления любой пары вершин получается один и тот же граф, число оставшихся рёбер не зависит от пары. значит, величина d(u)+d(v)-eps(u,v), где eps(u,v) показывает наличие ребра uv, постоянна для всех пар вершин. сравнение вершин минимальной и максимальной степени почти сразу вынуждает регулярность графа, а регулярный граф не может одновременно иметь ребро и неребро. degree_counting invariant ai_checked sol-ai-edge-count-degree-extremes ии-решение через число рёбер после удаления ai_checked double_counting invariant пусть в исходном графе g ровно n >= 4 вершин, d(v) — степень вершины v, а eps(u,v) равно 1, если u и v соединены ребром, и 0 иначе. после удаления вершин u и v остаётся один и тот же граф, поэтому число оставшихся рёбер не зависит от пары {u,v}. при удалении u и v исчезает d(u)+d(v)-eps(u,v) рёбер: ребро uv, если оно было, посчитано в d(u)+d(v) дважды. следовательно, существует постоянная k такая, что для любых разных u,v выполнено d(u)+d(v)-eps(u,v)=k. (*). возьмём вершину x минимальной степени delta и вершину y максимальной степени delta. если delta=delta, граф регулярный. тогда при наличии одновременно ребра и неребра величина (*) для ребра равна 2delta-1, а для неребра равна 2delta, что невозможно. значит, регулярный граф при условии задачи либо полный, либо вообще не имеет рёбер. осталось исключить случай delta<delta. для любой вершины z, отличной от x и y, сравним (*) для пар {x,z… yumt-2024-grand-round3-problem8 odin i tot zhe graf posle udaleniya dvuh vershin, yumt 2024 degree_counting invariant goal_proof 2024 https://adygmath.ru/content/files/umt24/3tur/3tur_usl_grand2.pdf olympiad_archive src-yumt-2024-grand-round3-problem8-official with_solution yumt yumt2024 yumt yumt 2024, grand-liga, tretiy tur, 8. odin i tot zhe graf posle udaleniya dvuh vershin yumt2024 ? yumt 2024, grand-liga, tretiy tur, 8. odin i tot zhe graf posle udaleniya dvuh vershin stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v grafe ne menee 4 vershin. petya stiraet dve vershiny grafa i vse vyhodyaschie iz nih rebra. izvestno, chto vne zavisimosti ot deystviy peti poluchitsya odin i tot zhe graf. dokazhite, chto ishodnyy graf polnyy ili sostoit iz izolirovannyh vershin. idea-two-deletion-edge-count-degree-sums sravnit chislo reber posle udaleniya pary tak kak posle udaleniya lyuboy pary vershin poluchaetsya odin i tot zhe graf, chislo ostavshihsya reber ne zavisit ot pary. znachit, velichina d(u)+d(v)-eps(u,v), gde eps(u,v) pokazyvaet nalichie rebra uv, postoyanna dlya vseh par vershin. sravnenie vershin minimalnoy i maksimalnoy stepeni pochti srazu vynuzhdaet regulyarnost grafa, a regulyarnyy graf ne mozhet odnovremenno imet rebro i nerebro. degree_counting invariant ai_checked sol-ai-edge-count-degree-extremes ii-reshenie cherez chislo reber posle udaleniya ai_checked double_counting invariant pust v ishodnom grafe g rovno n >= 4 vershin, d(v) — stepen vershiny v, a eps(u,v) ravno 1, esli u i v soedineny rebrom, i 0 inache. posle udaleniya vershin u i v ostaetsya odin i tot zhe graf, poetomu chislo ostavshihsya reber ne zavisit ot pary {u,v}. pri udalenii u i v ischezaet d(u)+d(v)-eps(u,v) reber: rebro uv, esli ono bylo, poschitano v d(u)+d(v) dvazhdy. sledovatelno, suschestvuet postoyannaya k takaya, chto dlya lyubyh raznyh u,v vypolneno d(u)+d(v)-eps(u,v)=k. (*). vozmem vershinu x minimalnoy stepeni delta i vershinu y maksimalnoy stepeni delta. esli delta=delta, graf regulyarnyy. togda pri nalichii odnovremenno rebra i nerebra velichina (*) dlya rebra ravna 2delta-1, a dlya nerebra ravna 2delta, chto nevozmozhno. znachit, regulyarnyy graf pri uslovii zadachi libo polnyy, libo voobsche ne imeet reber. ostalos isklyuchit sluchay delta<delta. dlya lyuboy vershiny z, otlichnoy ot x i y, sravnim (*) dlya par {x,z…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2024-start-final-problem7","title":"Поиск диаметра скрытого дерева, ЮМТ 2024","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2024-start-final-problem7.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2024-start-final-problem7.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2024-start-final-problem7","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2024, Старт-лига, финал, 7. Поиск диаметра скрытого дерева"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","goal_algorithm"],"agent_topics":["game_strategy_candidate"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2024_start_final_problem7.md; этап: Старт-лига, финал.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Ана и Банан играют в следующую игру: Банан рисует дерево на вершинах 1, 2, ..., 2024, не показывая его. Ана может выбрать любые две вершины A и B и спросить Банана о длине кратчайшего пути из A в B. Может ли Ана гарантированно за 4045 вопросов найти две вершины, расстояние между которыми в этом графе максимально?","definition_ids":["tree","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-double-sweep","title":"ИИ-решение: двойной поиск самой далёкой вершины","status":"ai_checked","definition_ids":["tree","path","distance"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: да. Ана выбирает произвольную вершину, например 1, и спрашивает расстояния от неё до всех остальных 2023 вершин. Пусть a - одна из вершин, для которой это расстояние максимально. Докажем лемму: такая вершина a является концом некоторого диаметра дерева. Укореним дерево в вершине 1. Тогда первая серия вопросов просто сообщает глубины всех вершин, и a имеет максимальную глубину. Возьмём любые концы x и y диаметра. Пусть c - их наименьший общий предок в укоренённом дереве. Так как a имеет максимальную глубину, depth(a) >= depth(x) и depth(a) >= depth(y). Если a лежит в поддереве c, то она может лежать не более чем в одной из двух ветвей от c к x и к y; выберем конец z из другой ветви, а другой конец обозначим через w. Тогда путь от a к z проходит через c, поэтому d(a,z)=depth(a)+depth(z)-2depth(c) >= depth(w)+depth(z)-2depth(c)=d(x,y). Если же a не лежит в поддереве c, то для z=x ил…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2024-start-final-problem7 поиск диаметра скрытого дерева, юмт 2024 trees goal_algorithm 2024 https://adygmath.ru/content/files/umt24/final/final_usl_start2.pdf olympiad_archive src-yumt-2024-start-final-problem7-official with_solution yumt yumt2024 юмт юмт 2024, старт-лига, финал, 7. поиск диаметра скрытого дерева юмт2024 ? юмт 2024, старт-лига, финал, 7. поиск диаметра скрытого дерева stmt-original оригинальная формулировка ai_checked ана и банан играют в следующую игру: банан рисует дерево на вершинах 1, 2, ..., 2024, не показывая его. ана может выбрать любые две вершины a и b и спросить банана о длине кратчайшего пути из a в b. может ли ана гарантированно за 4045 вопросов найти две вершины, расстояние между которыми в этом графе максимально? tree path idea-double-sweep-distance-queries два раза найти самую далёкую вершину в дереве любая вершина, наиболее удалённая от фиксированного корня, является концом некоторого диаметра. поэтому достаточно сначала найти такую вершину a запросами расстояний от произвольного корня, а затем найти самую далёкую от a вершину b. ai_checked sol-ai-double-sweep ии-решение: двойной поиск самой далёкой вершины ai_checked tree path distance ответ: да. ана выбирает произвольную вершину, например 1, и спрашивает расстояния от неё до всех остальных 2023 вершин. пусть a - одна из вершин, для которой это расстояние максимально. докажем лемму: такая вершина a является концом некоторого диаметра дерева. укореним дерево в вершине 1. тогда первая серия вопросов просто сообщает глубины всех вершин, и a имеет максимальную глубину. возьмём любые концы x и y диаметра. пусть c - их наименьший общий предок в укоренённом дереве. так как a имеет максимальную глубину, depth(a) >= depth(x) и depth(a) >= depth(y). если a лежит в поддереве c, то она может лежать не более чем в одной из двух ветвей от c к x и к y; выберем конец z из другой ветви, а другой конец обозначим через w. тогда путь от a к z проходит через c, поэтому d(a,z)=depth(a)+depth(z)-2depth(c) >= depth(w)+depth(z)-2depth(c)=d(x,y). если же a не лежит в поддереве c, то для z=x ил… yumt-2024-start-final-problem7 poisk diametra skrytogo dereva, yumt 2024 trees goal_algorithm 2024 https://adygmath.ru/content/files/umt24/final/final_usl_start2.pdf olympiad_archive src-yumt-2024-start-final-problem7-official with_solution yumt yumt2024 yumt yumt 2024, start-liga, final, 7. poisk diametra skrytogo dereva yumt2024 ? yumt 2024, start-liga, final, 7. poisk diametra skrytogo dereva stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked ana i banan igrayut v sleduyuschuyu igru: banan risuet derevo na vershinah 1, 2, ..., 2024, ne pokazyvaya ego. ana mozhet vybrat lyubye dve vershiny a i b i sprosit banana o dline kratchayshego puti iz a v b. mozhet li ana garantirovanno za 4045 voprosov nayti dve vershiny, rasstoyanie mezhdu kotorymi v etom grafe maksimalno? tree path idea-double-sweep-distance-queries dva raza nayti samuyu dalekuyu vershinu v dereve lyubaya vershina, naibolee udalennaya ot fiksirovannogo kornya, yavlyaetsya kontsom nekotorogo diametra. poetomu dostatochno snachala nayti takuyu vershinu a zaprosami rasstoyaniy ot proizvolnogo kornya, a zatem nayti samuyu dalekuyu ot a vershinu b. ai_checked sol-ai-double-sweep ii-reshenie: dvoynoy poisk samoy dalekoy vershiny ai_checked tree path distance otvet: da. ana vybiraet proizvolnuyu vershinu, naprimer 1, i sprashivaet rasstoyaniya ot nee do vseh ostalnyh 2023 vershin. pust a - odna iz vershin, dlya kotoroy eto rasstoyanie maksimalno. dokazhem lemmu: takaya vershina a yavlyaetsya kontsom nekotorogo diametra dereva. ukorenim derevo v vershine 1. togda pervaya seriya voprosov prosto soobschaet glubiny vseh vershin, i a imeet maksimalnuyu glubinu. vozmem lyubye kontsy x i y diametra. pust c - ih naimenshiy obschiy predok v ukorenennom dereve. tak kak a imeet maksimalnuyu glubinu, depth(a) >= depth(x) i depth(a) >= depth(y). esli a lezhit v poddereve c, to ona mozhet lezhat ne bolee chem v odnoy iz dvuh vetvey ot c k x i k y; vyberem konets z iz drugoy vetvi, a drugoy konets oboznachim cherez w. togda put ot a k z prohodit cherez c, poetomu d(a,z)=depth(a)+depth(z)-2depth(c) >= depth(w)+depth(z)-2depth(c)=d(x,y). esli zhe a ne lezhit v poddereve c, to dlya z=x il…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2024-unior-final-problem2","title":"Трёхцветная раскраска графа, ЮМТ 2024","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2024-unior-final-problem2.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2024-unior-final-problem2.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2024-unior-final-problem2","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2024, Юниор-лига, финал, 2. Трёхцветная раскраска графа"],"year":"2024","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2024_unior_final_problem2.md; этап: Юниор-лига, финал.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Рассмотрим граф, в котором каждое ребро принадлежит не более чем трём циклам. Докажите, что его вершины можно раскрасить в три цвета так, чтобы любые две вершины, соединённые ребром, имели разные цвета.","definition_ids":[]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-critical-edge-kempe-cycles","title":"ИИ-решение: критическое ребро и четыре Kempe-цикла","status":"ai_checked","definition_ids":[],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем сначала лемму. Пусть e=xy - такое ребро графа G, что G-e можно правильно раскрасить в 3 цвета, а G нельзя. Возьмём правильную 3-раскраску графа G-e. Концы x и y в ней имеют один цвет, иначе ребро e можно было бы вернуть. Назовём этот цвет 1. Рассмотрим один из четырёх циклических порядков цветов: (1,2), (1,3), (1,2,3), (1,3,2). Для выбранного порядка построим ориентированный вспомогательный граф на тех же вершинах: каждое ребро между двумя последовательными цветами порядка ориентируем от цвета к следующему цвету, остальные рёбра игнорируем. Утверждаем, что в этом ориентированном графе есть путь из x в y. Действительно, пусть такого пути нет, и пусть S - множество вершин, достижимых из x. Циклически заменим цвет каждой вершины из S на следующий цвет выбранного порядка, остальные цвета не меняем. Правильность раскраски не нарушится: внутри S оба конца любого используемого ребра сд…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2024-unior-final-problem2 трёхцветная раскраска графа, юмт 2024 coloring goal_proof 2024 https://adygmath.ru/content/files/umt24/final/final_usl_unior.pdf olympiad_archive src-yumt-2024-unior-final-problem2-official with_solution yumt yumt2024 юмт юмт 2024, юниор-лига, финал, 2. трёхцветная раскраска графа юмт2024 ? юмт 2024, юниор-лига, финал, 2. трёхцветная раскраска графа stmt-original оригинальная формулировка ai_checked рассмотрим граф, в котором каждое ребро принадлежит не более чем трём циклам. докажите, что его вершины можно раскрасить в три цвета так, чтобы любые две вершины, соединённые ребром, имели разные цвета. idea-critical-edge-four-kempe-cycles критическое ребро лежит в четырёх kempe-циклах если минимальный контрпример не 3-раскрашиваем, то удаление любого его ребра допускает 3-раскраску, в которой концы удалённого ребра имеют один цвет. для двух двухцветных и двух трёхцветных циклических порядков цветов kempe-перекраска вынуждает путь между этими концами; вместе с удалённым ребром получаются четыре различных цикла. coloring ai_checked sol-ai-critical-edge-kempe-cycles ии-решение: критическое ребро и четыре kempe-цикла ai_checked докажем сначала лемму. пусть e=xy - такое ребро графа g, что g-e можно правильно раскрасить в 3 цвета, а g нельзя. возьмём правильную 3-раскраску графа g-e. концы x и y в ней имеют один цвет, иначе ребро e можно было бы вернуть. назовём этот цвет 1. рассмотрим один из четырёх циклических порядков цветов: (1,2), (1,3), (1,2,3), (1,3,2). для выбранного порядка построим ориентированный вспомогательный граф на тех же вершинах: каждое ребро между двумя последовательными цветами порядка ориентируем от цвета к следующему цвету, остальные рёбра игнорируем. утверждаем, что в этом ориентированном графе есть путь из x в y. действительно, пусть такого пути нет, и пусть s - множество вершин, достижимых из x. циклически заменим цвет каждой вершины из s на следующий цвет выбранного порядка, остальные цвета не меняем. правильность раскраски не нарушится: внутри s оба конца любого используемого ребра сд… yumt-2024-unior-final-problem2 trehtsvetnaya raskraska grafa, yumt 2024 coloring goal_proof 2024 https://adygmath.ru/content/files/umt24/final/final_usl_unior.pdf olympiad_archive src-yumt-2024-unior-final-problem2-official with_solution yumt yumt2024 yumt yumt 2024, yunior-liga, final, 2. trehtsvetnaya raskraska grafa yumt2024 ? yumt 2024, yunior-liga, final, 2. trehtsvetnaya raskraska grafa stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked rassmotrim graf, v kotorom kazhdoe rebro prinadlezhit ne bolee chem trem tsiklam. dokazhite, chto ego vershiny mozhno raskrasit v tri tsveta tak, chtoby lyubye dve vershiny, soedinennye rebrom, imeli raznye tsveta. idea-critical-edge-four-kempe-cycles kriticheskoe rebro lezhit v chetyreh kempe-tsiklah esli minimalnyy kontrprimer ne 3-raskrashivaem, to udalenie lyubogo ego rebra dopuskaet 3-raskrasku, v kotoroy kontsy udalennogo rebra imeyut odin tsvet. dlya dvuh dvuhtsvetnyh i dvuh trehtsvetnyh tsiklicheskih poryadkov tsvetov kempe-perekraska vynuzhdaet put mezhdu etimi kontsami; vmeste s udalennym rebrom poluchayutsya chetyre razlichnyh tsikla. coloring ai_checked sol-ai-critical-edge-kempe-cycles ii-reshenie: kriticheskoe rebro i chetyre kempe-tsikla ai_checked dokazhem snachala lemmu. pust e=xy - takoe rebro grafa g, chto g-e mozhno pravilno raskrasit v 3 tsveta, a g nelzya. vozmem pravilnuyu 3-raskrasku grafa g-e. kontsy x i y v ney imeyut odin tsvet, inache rebro e mozhno bylo by vernut. nazovem etot tsvet 1. rassmotrim odin iz chetyreh tsiklicheskih poryadkov tsvetov: (1,2), (1,3), (1,2,3), (1,3,2). dlya vybrannogo poryadka postroim orientirovannyy vspomogatelnyy graf na teh zhe vershinah: kazhdoe rebro mezhdu dvumya posledovatelnymi tsvetami poryadka orientiruem ot tsveta k sleduyuschemu tsvetu, ostalnye rebra ignoriruem. utverzhdaem, chto v etom orientirovannom grafe est put iz x v y. deystvitelno, pust takogo puti net, i pust s - mnozhestvo vershin, dostizhimyh iz x. tsiklicheski zamenim tsvet kazhdoy vershiny iz s na sleduyuschiy tsvet vybrannogo poryadka, ostalnye tsveta ne menyaem. pravilnost raskraski ne narushitsya: vnutri s oba kontsa lyubogo ispolzuemogo rebra sd…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2025-grand-final-problem5","title":"Наибольший гарантированный выигрыш на связном графе, ЮМТ 2025","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2025-grand-final-problem5.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2025-grand-final-problem5.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2025-grand-final-problem5","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2025, Гранд-лига, финал, 5. Наибольший гарантированный выигрыш на связном графе"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["connectivity","goal_strategy_game"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2025_grand_final_problem5.md; этап: Гранд-лига, финал.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дано натуральное n. Аня рисует связный граф на n вершинах, в которых она расставляет неотрицательные вещественные числа с суммой 1. Одну из вершин Аня называет стартовой вершиной A. Увидев этот граф и числа, Боря выбирает в нём простой путь, возможно длины 0, выходящий из A. Выигрыш Бори — среднее арифметическое чисел, записанных в вершинах этого пути. Какой наибольший выигрыш может гарантировать Боря вне зависимости от действий Ани?","definition_ids":["connected_graph","path"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-root-leaf-counting","title":"ИИ-решение: подсчет путей от корня к листьям","status":"ai_checked","definition_ids":["path","tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 1/floor((n+1)^2/4). Сначала докажем, что Боря всегда может получить не меньше этой величины. Рассмотрим произвольные граф, веса и стартовую вершину A, выбранные Аней, и возьмем в графе любое остовное дерево T с корнем A. Пусть M - максимальное среднее арифметическое на простом пути из A; достаточно оценивать только пути дерева, потому что они тоже являются простыми путями исходного графа. Обозначим листья корневого дерева T через L. Для листа x пусть \\(P_x\\) - путь от A до x, а \\(|P_x|\\) - число вершин в этом пути. По определению M для каждого листа x выполнено \\(\\sum_{v\\in P_x} a_v \\le M|P_x|\\), где \\(a_v\\) - число в вершине v. Просуммируем эти неравенства по всем листьям. Левая часть равна сумме \\(a_v\\), где каждая вершина v посчитана столько раз, сколько листьев лежит в ее поддереве; это число хотя бы 1. Поэтому левая часть не меньше \\(\\sum_v a_v=1\\). Значит \\(1 \\le M\\sum_{x\\i…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2025-grand-final-problem5 наибольший гарантированный выигрыш на связном графе, юмт 2025 connectivity goal_strategy_game 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/final_usl_grand2.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-grand-final-problem5-official with_solution yumt yumt2025 юмт юмт 2025, гранд-лига, финал, 5. наибольший гарантированный выигрыш на связном графе юмт2025 ? юмт 2025, гранд-лига, финал, 5. наибольший гарантированный выигрыш на связном графе stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дано натуральное n. аня рисует связный граф на n вершинах, в которых она расставляет неотрицательные вещественные числа с суммой 1. одну из вершин аня называет стартовой вершиной a. увидев этот граф и числа, боря выбирает в нём простой путь, возможно длины 0, выходящий из a. выигрыш бори — среднее арифметическое чисел, записанных в вершинах этого пути. какой наибольший выигрыш может гарантировать боря вне зависимости от действий ани? connected_graph path idea-root-leaf-path-counting суммировать по путям от корня к листьям если m - наибольшее среднее на простом пути из стартовой вершины, то в любом остовном дереве сумма весов на каждом пути от корня к листу не превосходит m, умноженного на длину этого пути. суммирование по листьям покрывает каждую вершину хотя бы один раз и дает нижнюю оценку на m через максимальную возможную сумму длин корень-лист. ai_checked idea-broom-extremal-tree экстремальный пример - веник чтобы минимизировать выигрыш бори, аня берет путь-ручку из n-l нелистовых вершин и прикрепляет к его концу l листьев, а весь вес поровну кладет в листья. тогда любой ненулевой выигрыш равен 1/[l(n-l+1)], и нужно выбрать l, максимизирующее l(n-l+1). ai_checked sol-ai-root-leaf-counting ии-решение: подсчет путей от корня к листьям ai_checked path tree ответ: 1/floor((n+1)^2/4). сначала докажем, что боря всегда может получить не меньше этой величины. рассмотрим произвольные граф, веса и стартовую вершину a, выбранные аней, и возьмем в графе любое остовное дерево t с корнем a. пусть m - максимальное среднее арифметическое на простом пути из a; достаточно оценивать только пути дерева, потому что они тоже являются простыми путями исходного графа. обозначим листья корневого дерева t через l. для листа x пусть \\(p_x\\) - путь от a до x, а \\(|p_x|\\) - число вершин в этом пути. по определению m для каждого листа x выполнено \\(\\sum_{v\\in p_x} a_v \\le m|p_x|\\), где \\(a_v\\) - число в вершине v. просуммируем эти неравенства по всем листьям. левая часть равна сумме \\(a_v\\), где каждая вершина v посчитана столько раз, сколько листьев лежит в ее поддереве; это число хотя бы 1. поэтому левая часть не меньше \\(\\sum_v a_v=1\\). значит \\(1 \\le m\\sum_{x\\i… yumt-2025-grand-final-problem5 naibolshiy garantirovannyy vyigrysh na svyaznom grafe, yumt 2025 connectivity goal_strategy_game 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/final_usl_grand2.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-grand-final-problem5-official with_solution yumt yumt2025 yumt yumt 2025, grand-liga, final, 5. naibolshiy garantirovannyy vyigrysh na svyaznom grafe yumt2025 ? yumt 2025, grand-liga, final, 5. naibolshiy garantirovannyy vyigrysh na svyaznom grafe stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dano naturalnoe n. anya risuet svyaznyy graf na n vershinah, v kotoryh ona rasstavlyaet neotritsatelnye veschestvennye chisla s summoy 1. odnu iz vershin anya nazyvaet startovoy vershinoy a. uvidev etot graf i chisla, borya vybiraet v nem prostoy put, vozmozhno dliny 0, vyhodyaschiy iz a. vyigrysh bori — srednee arifmeticheskoe chisel, zapisannyh v vershinah etogo puti. kakoy naibolshiy vyigrysh mozhet garantirovat borya vne zavisimosti ot deystviy ani? connected_graph path idea-root-leaf-path-counting summirovat po putyam ot kornya k listyam esli m - naibolshee srednee na prostom puti iz startovoy vershiny, to v lyubom ostovnom dereve summa vesov na kazhdom puti ot kornya k listu ne prevoshodit m, umnozhennogo na dlinu etogo puti. summirovanie po listyam pokryvaet kazhduyu vershinu hotya by odin raz i daet nizhnyuyu otsenku na m cherez maksimalnuyu vozmozhnuyu summu dlin koren-list. ai_checked idea-broom-extremal-tree ekstremalnyy primer - venik chtoby minimizirovat vyigrysh bori, anya beret put-ruchku iz n-l nelistovyh vershin i prikreplyaet k ego kontsu l listev, a ves ves porovnu kladet v listya. togda lyuboy nenulevoy vyigrysh raven 1/[l(n-l+1)], i nuzhno vybrat l, maksimiziruyuschee l(n-l+1). ai_checked sol-ai-root-leaf-counting ii-reshenie: podschet putey ot kornya k listyam ai_checked path tree otvet: 1/floor((n+1)^2/4). snachala dokazhem, chto borya vsegda mozhet poluchit ne menshe etoy velichiny. rassmotrim proizvolnye graf, vesa i startovuyu vershinu a, vybrannye aney, i vozmem v grafe lyuboe ostovnoe derevo t s kornem a. pust m - maksimalnoe srednee arifmeticheskoe na prostom puti iz a; dostatochno otsenivat tolko puti dereva, potomu chto oni tozhe yavlyayutsya prostymi putyami ishodnogo grafa. oboznachim listya kornevogo dereva t cherez l. dlya lista x pust \\(p_x\\) - put ot a do x, a \\(|p_x|\\) - chislo vershin v etom puti. po opredeleniyu m dlya kazhdogo lista x vypolneno \\(\\sum_{v\\in p_x} a_v \\le m|p_x|\\), gde \\(a_v\\) - chislo v vershine v. prosummiruem eti neravenstva po vsem listyam. levaya chast ravna summe \\(a_v\\), gde kazhdaya vershina v poschitana stolko raz, skolko listev lezhit v ee poddereve; eto chislo hotya by 1. poetomu levaya chast ne menshe \\(\\sum_v a_v=1\\). znachit \\(1 \\le m\\sum_{x\\i…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2025-grand-round1-problem4","title":"Дерево и графики многочленов, ЮМТ 2025","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2025-grand-round1-problem4.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2025-grand-round1-problem4.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2025-grand-round1-problem4","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2025, Гранд-лига, первый тур, 4. Дерево и графики многочленов"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["construction","goal_impossibility"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2025_grand_round1_problem4.md; этап: Гранд-лига, первый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Вначале Петя рисует дерево с 10 вершинами. Вася хочет расставить в вершинах этого дерева 10 многочленов с вещественными коэффициентами так, чтобы графики любых двух многочленов пересекались тогда и только тогда, когда соответствующие им вершины в дереве соединены ребром. Сможет ли Вася добиться желаемого независимо от Петиного дерева?","definition_ids":["tree"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-subdivided-claw-counterexample","title":"ИИ-решение: контрпример с подразбиением звезды","status":"ai_checked","definition_ids":["tree"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: нет. Сначала заметим простой факт. Если графики двух многочленов f и g не пересекаются, то многочлен f-g нигде не равен нулю. Так как R связна, знак f-g постоянен: либо f(x)>g(x) при всех x, либо f(x)<g(x) при всех x. Поэтому для непересекающихся графиков можно говорить, какой из них всюду выше. Рассмотрим дерево S с 7 вершинами: есть центральная вершина o, из нее выходят три пути длины 2: \\(o-y_1-x_1\\), \\(o-y_2-x_2\\), \\(o-y_3-x_3\\). Покажем, что уже это дерево нельзя реализовать графиками многочленов. Предположим противное. Крайние листья \\(x_1,x_2,x_3\\) попарно не соединены ребрами, значит их графики попарно не пересекаются. Перенумеруем ветви так, что соответствующие многочлены удовлетворяют \\(f_{x_1}<f_{x_2}<f_{x_3}\\) при всех вещественных x. Вершина \\(y_1\\) соединена с \\(x_1\\), но не соединена с \\(x_2\\). Если бы \\(f_{y_1}>f_{x_2}\\) всюду, то из \\(f_{x_2}>f_{x_1}\\) следовало…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2025-grand-r1-p4-yumt-2025-unior-r1-p8","neighbor_id":"yumt-2025-unior-round1-problem8","direction":"forward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2025-grand-round1-problem4 дерево и графики многочленов, юмт 2025 construction goal_impossibility 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/1tur_usl_grand2.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-grand-round1-problem4-official with_solution yumt yumt2025 юмт юмт 2025, гранд-лига, первый тур, 4. дерево и графики многочленов юмт2025 ? юмт 2025, гранд-лига, первый тур, 4. дерево и графики многочленов stmt-original оригинальная формулировка ai_checked вначале петя рисует дерево с 10 вершинами. вася хочет расставить в вершинах этого дерева 10 многочленов с вещественными коэффициентами так, чтобы графики любых двух многочленов пересекались тогда и только тогда, когда соответствующие им вершины в дереве соединены ребром. сможет ли вася добиться желаемого независимо от петиного дерева? tree idea-subdivided-claw-obstruction контрпример через три дважды удаленные листья если графики двух многочленов не пересекаются, то один из них всюду выше другого. в дереве с центральной вершиной и тремя ветвями длины 2 три крайних листа можно упорядочить по высоте. тогда ветвь, отвечающая нижнему листу, вынуждает центральный многочлен быть ниже среднего листа, а ветвь, отвечающая верхнему листу, вынуждает его быть выше того же среднего листа. ai_checked sol-ai-subdivided-claw-counterexample ии-решение: контрпример с подразбиением звезды ai_checked tree ответ: нет. сначала заметим простой факт. если графики двух многочленов f и g не пересекаются, то многочлен f-g нигде не равен нулю. так как r связна, знак f-g постоянен: либо f(x)>g(x) при всех x, либо f(x)<g(x) при всех x. поэтому для непересекающихся графиков можно говорить, какой из них всюду выше. рассмотрим дерево s с 7 вершинами: есть центральная вершина o, из нее выходят три пути длины 2: \\(o-y_1-x_1\\), \\(o-y_2-x_2\\), \\(o-y_3-x_3\\). покажем, что уже это дерево нельзя реализовать графиками многочленов. предположим противное. крайние листья \\(x_1,x_2,x_3\\) попарно не соединены ребрами, значит их графики попарно не пересекаются. перенумеруем ветви так, что соответствующие многочлены удовлетворяют \\(f_{x_1}<f_{x_2}<f_{x_3}\\) при всех вещественных x. вершина \\(y_1\\) соединена с \\(x_1\\), но не соединена с \\(x_2\\). если бы \\(f_{y_1}>f_{x_2}\\) всюду, то из \\(f_{x_2}>f_{x_1}\\) следовало… yumt-2025-grand-round1-problem4 derevo i grafiki mnogochlenov, yumt 2025 construction goal_impossibility 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/1tur_usl_grand2.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-grand-round1-problem4-official with_solution yumt yumt2025 yumt yumt 2025, grand-liga, pervyy tur, 4. derevo i grafiki mnogochlenov yumt2025 ? yumt 2025, grand-liga, pervyy tur, 4. derevo i grafiki mnogochlenov stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked vnachale petya risuet derevo s 10 vershinami. vasya hochet rasstavit v vershinah etogo dereva 10 mnogochlenov s veschestvennymi koeffitsientami tak, chtoby grafiki lyubyh dvuh mnogochlenov peresekalis togda i tolko togda, kogda sootvetstvuyuschie im vershiny v dereve soedineny rebrom. smozhet li vasya dobitsya zhelaemogo nezavisimo ot petinogo dereva? tree idea-subdivided-claw-obstruction kontrprimer cherez tri dvazhdy udalennye listya esli grafiki dvuh mnogochlenov ne peresekayutsya, to odin iz nih vsyudu vyshe drugogo. v dereve s tsentralnoy vershinoy i tremya vetvyami dliny 2 tri kraynih lista mozhno uporyadochit po vysote. togda vetv, otvechayuschaya nizhnemu listu, vynuzhdaet tsentralnyy mnogochlen byt nizhe srednego lista, a vetv, otvechayuschaya verhnemu listu, vynuzhdaet ego byt vyshe togo zhe srednego lista. ai_checked sol-ai-subdivided-claw-counterexample ii-reshenie: kontrprimer s podrazbieniem zvezdy ai_checked tree otvet: net. snachala zametim prostoy fakt. esli grafiki dvuh mnogochlenov f i g ne peresekayutsya, to mnogochlen f-g nigde ne raven nulyu. tak kak r svyazna, znak f-g postoyanen: libo f(x)>g(x) pri vseh x, libo f(x)<g(x) pri vseh x. poetomu dlya neperesekayuschihsya grafikov mozhno govorit, kakoy iz nih vsyudu vyshe. rassmotrim derevo s s 7 vershinami: est tsentralnaya vershina o, iz nee vyhodyat tri puti dliny 2: \\(o-y_1-x_1\\), \\(o-y_2-x_2\\), \\(o-y_3-x_3\\). pokazhem, chto uzhe eto derevo nelzya realizovat grafikami mnogochlenov. predpolozhim protivnoe. kraynie listya \\(x_1,x_2,x_3\\) poparno ne soedineny rebrami, znachit ih grafiki poparno ne peresekayutsya. perenumeruem vetvi tak, chto sootvetstvuyuschie mnogochleny udovletvoryayut \\(f_{x_1}<f_{x_2}<f_{x_3}\\) pri vseh veschestvennyh x. vershina \\(y_1\\) soedinena s \\(x_1\\), no ne soedinena s \\(x_2\\). esli by \\(f_{y_1}>f_{x_2}\\) vsyudu, to iz \\(f_{x_2}>f_{x_1}\\) sledovalo…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2025-grand-round1-problem9","title":"Трёхцветная раскраска рёбер полного графа, ЮМТ 2025","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2025-grand-round1-problem9.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2025-grand-round1-problem9.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2025-grand-round1-problem9","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2025, Гранд-лига, первый тур, 9. Трёхцветная раскраска рёбер полного графа"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["coloring","extremal_graph_theory","goal_exact_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2025_grand_round1_problem9.md; этап: Гранд-лига, первый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"needs_human_review","public_ready":false,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"В полном графе с 2025 вершинами каждое ребро окрашено в один из цветов r1, r2 или r3. Для каждого i = 1, 2, 3 все вершины графа можно разделить на ai групп таким образом, что любые две вершины, соединённые ребром цвета ri, находятся в разных группах. Найдите минимально возможное значение a1 + a2 + a3.","definition_ids":["complete_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-product-bound-grid-construction","title":"ИИ-решение: оценка произведением и конструкция на трёхмерной сетке","status":"ai_checked","definition_ids":["chromatic_number"],"standard_idea_ids":["pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: 38. Докажем сначала нижнюю оценку. Зафиксируем любую раскраску рёбер и допустимые разбиения вершин: для цвета \\(r_i\\) пусть вершина v лежит в группе \\(c_i(v)\\), где \\(c_i(v)\\) принимает \\(a_i\\) значений. Сопоставим вершине v тройку \\((c_1(v),c_2(v),c_3(v))\\). Если две разные вершины u и v получили бы одинаковую тройку, то ребро uv имело бы некоторый цвет \\(r_i\\). Но тогда \\(c_i(u)=c_i(v)\\), что запрещено условием для цвета \\(r_i\\). Значит все 2025 троек различны, поэтому \\(2025 \\le a_1a_2a_3\\). (1) Остаётся минимизировать сумму положительных целых чисел \\(a_1+a_2+a_3\\) при условии (1). При сумме не больше 37 произведение трёх положительных целых чисел максимально, когда они как можно ближе друг к другу; максимум равен 12*12*13=1872<2025. Следовательно, \\(a_1+a_2+a_3\\) >= 38. Покажем, что 38 достижимо. Рассмотрим 2025 различных точек из множества {1,...,12} x {1,...,13} x {1,...,1…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2025-grand-round1-problem9 трёхцветная раскраска рёбер полного графа, юмт 2025 coloring extremal_graph_theory goal_exact_bound 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/1tur_usl_grand2.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-grand-round1-problem9-official with_solution yumt yumt2025 юмт юмт 2025, гранд-лига, первый тур, 9. трёхцветная раскраска рёбер полного графа юмт2025 ? юмт 2025, гранд-лига, первый тур, 9. трёхцветная раскраска рёбер полного графа stmt-original оригинальная формулировка ai_checked в полном графе с 2025 вершинами каждое ребро окрашено в один из цветов r1, r2 или r3. для каждого i = 1, 2, 3 все вершины графа можно разделить на ai групп таким образом, что любые две вершины, соединённые ребром цвета ri, находятся в разных группах. найдите минимально возможное значение a1 + a2 + a3. complete_graph idea-encode-by-three-partitions кодировать вершину тройкой групп если для каждого цвета взять допустимое разбиение на группы, то две разные вершины не могут попасть в одну и ту же тройку групп: ребро между ними имеет некоторый цвет, а для этого цвета концы должны лежать в разных группах. поэтому число вершин не превосходит произведения чисел групп. coloring ai_checked sol-ai-product-bound-grid-construction ии-решение: оценка произведением и конструкция на трёхмерной сетке ai_checked chromatic_number pigeonhole_principle ответ: 38. докажем сначала нижнюю оценку. зафиксируем любую раскраску рёбер и допустимые разбиения вершин: для цвета \\(r_i\\) пусть вершина v лежит в группе \\(c_i(v)\\), где \\(c_i(v)\\) принимает \\(a_i\\) значений. сопоставим вершине v тройку \\((c_1(v),c_2(v),c_3(v))\\). если две разные вершины u и v получили бы одинаковую тройку, то ребро uv имело бы некоторый цвет \\(r_i\\). но тогда \\(c_i(u)=c_i(v)\\), что запрещено условием для цвета \\(r_i\\). значит все 2025 троек различны, поэтому \\(2025 \\le a_1a_2a_3\\). (1) остаётся минимизировать сумму положительных целых чисел \\(a_1+a_2+a_3\\) при условии (1). при сумме не больше 37 произведение трёх положительных целых чисел максимально, когда они как можно ближе друг к другу; максимум равен 12*12*13=1872<2025. следовательно, \\(a_1+a_2+a_3\\) >= 38. покажем, что 38 достижимо. рассмотрим 2025 различных точек из множества {1,...,12} x {1,...,13} x {1,...,1… yumt-2025-grand-round1-problem9 trehtsvetnaya raskraska reber polnogo grafa, yumt 2025 coloring extremal_graph_theory goal_exact_bound 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/1tur_usl_grand2.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-grand-round1-problem9-official with_solution yumt yumt2025 yumt yumt 2025, grand-liga, pervyy tur, 9. trehtsvetnaya raskraska reber polnogo grafa yumt2025 ? yumt 2025, grand-liga, pervyy tur, 9. trehtsvetnaya raskraska reber polnogo grafa stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked v polnom grafe s 2025 vershinami kazhdoe rebro okrasheno v odin iz tsvetov r1, r2 ili r3. dlya kazhdogo i = 1, 2, 3 vse vershiny grafa mozhno razdelit na ai grupp takim obrazom, chto lyubye dve vershiny, soedinennye rebrom tsveta ri, nahodyatsya v raznyh gruppah. naydite minimalno vozmozhnoe znachenie a1 + a2 + a3. complete_graph idea-encode-by-three-partitions kodirovat vershinu troykoy grupp esli dlya kazhdogo tsveta vzyat dopustimoe razbienie na gruppy, to dve raznye vershiny ne mogut popast v odnu i tu zhe troyku grupp: rebro mezhdu nimi imeet nekotoryy tsvet, a dlya etogo tsveta kontsy dolzhny lezhat v raznyh gruppah. poetomu chislo vershin ne prevoshodit proizvedeniya chisel grupp. coloring ai_checked sol-ai-product-bound-grid-construction ii-reshenie: otsenka proizvedeniem i konstruktsiya na trehmernoy setke ai_checked chromatic_number pigeonhole_principle otvet: 38. dokazhem snachala nizhnyuyu otsenku. zafiksiruem lyubuyu raskrasku reber i dopustimye razbieniya vershin: dlya tsveta \\(r_i\\) pust vershina v lezhit v gruppe \\(c_i(v)\\), gde \\(c_i(v)\\) prinimaet \\(a_i\\) znacheniy. sopostavim vershine v troyku \\((c_1(v),c_2(v),c_3(v))\\). esli dve raznye vershiny u i v poluchili by odinakovuyu troyku, to rebro uv imelo by nekotoryy tsvet \\(r_i\\). no togda \\(c_i(u)=c_i(v)\\), chto zaprescheno usloviem dlya tsveta \\(r_i\\). znachit vse 2025 troek razlichny, poetomu \\(2025 \\le a_1a_2a_3\\). (1) ostaetsya minimizirovat summu polozhitelnyh tselyh chisel \\(a_1+a_2+a_3\\) pri uslovii (1). pri summe ne bolshe 37 proizvedenie treh polozhitelnyh tselyh chisel maksimalno, kogda oni kak mozhno blizhe drug k drugu; maksimum raven 12*12*13=1872<2025. sledovatelno, \\(a_1+a_2+a_3\\) >= 38. pokazhem, chto 38 dostizhimo. rassmotrim 2025 razlichnyh tochek iz mnozhestva {1,...,12} x {1,...,13} x {1,...,1…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2025-grand-round2-problem1","title":"Диаметр 2α - 1 и разбиение на клики, ЮМТ 2025","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2025-grand-round2-problem1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2025-grand-round2-problem1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2025-grand-round2-problem1","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2025, Гранд-лига, второй тур, 1. Диаметр 2α - 1 и разбиение на клики"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2025_grand_round2_problem1.md; этап: Гранд-лига, второй тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дан связный граф. Пусть α — его число независимости, то есть максимальный размер множества попарно несмежных вершин. Пусть диаметр этого графа равен 2α - 1. Докажите, что все вершины графа можно единственным образом разбить на α непустых подмножеств так, чтобы в каждом из этих подмножеств все вершины были попарно смежные.","definition_ids":["connected_graph","independent_set"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-diameter-layers","title":"ИИ-решение: пары слоев от конца диаметра","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","clique","independent_set","path"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим `a = alpha(G)`. Возьмем кратчайший путь `v_0 v_1 ... v_{2a-1}` между двумя вершинами на расстоянии `2a - 1`. Пусть `L_k` -- множество вершин на расстоянии `k` от `v_0`. Так как диаметр равен `2a - 1`, слои `L_0,...,L_{2a-1}` покрывают все вершины графа. Кроме того, ребро может соединять только вершины одного слоя или соседних слоев. Покажем, что для каждого `i=0,1,...,a-1` множество `C_i = L_{2i} \\cup L_{2i+1}` является кликой. Если две несмежные вершины лежат в `L_{2i}`, то вместе со всеми четными вершинами пути `v_0,v_2,...,v_{2a-2}`, кроме `v_{2i}`, они образуют независимое множество размера `a+1`: с выбранными вершинами пути они несмежны, потому что номера слоев отличаются минимум на 2. Это невозможно. Аналогично, если две несмежные вершины лежат в `L_{2i+1}`, то вместе со всеми нечетными вершинами пути, кроме `v_{2i+1}`, получается независимое множество размера `a+1`. Нак…"}],"relations":[],"search_text":"yumt-2025-grand-round2-problem1 диаметр 2α - 1 и разбиение на клики, юмт 2025 extremal_graph_theory goal_proof 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/2tur_usl_grand2.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-grand-round2-problem1-official with_solution yumt yumt2025 юмт юмт 2025, гранд-лига, второй тур, 1. диаметр 2α - 1 и разбиение на клики юмт2025 ? юмт 2025, гранд-лига, второй тур, 1. диаметр 2α - 1 и разбиение на клики stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дан связный граф. пусть α — его число независимости, то есть максимальный размер множества попарно несмежных вершин. пусть диаметр этого графа равен 2α - 1. докажите, что все вершины графа можно единственным образом разбить на α непустых подмножеств так, чтобы в каждом из этих подмножеств все вершины были попарно смежные. connected_graph independent_set idea-diameter-layers-paired-cliques слои от конца диаметрального пути берем диаметральный путь длины `2a - 1`, где `a = alpha(g)`, и делим вершины на слои по расстоянию от одного его конца. равенство в оценке диаметра вынуждает пары слоев `l_{2i} \\cup l_{2i+1}` быть кликами: любая несмежная пара внутри такой пары слоев вместе с подходящими чередующимися вершинами пути дала бы независимое множество размера `a + 1`. extremal_graph_theory ai_checked sol-ai-diameter-layers ии-решение: пары слоев от конца диаметра ai_checked simple_graph clique independent_set path обозначим `a = alpha(g)`. возьмем кратчайший путь `v_0 v_1 ... v_{2a-1}` между двумя вершинами на расстоянии `2a - 1`. пусть `l_k` -- множество вершин на расстоянии `k` от `v_0`. так как диаметр равен `2a - 1`, слои `l_0,...,l_{2a-1}` покрывают все вершины графа. кроме того, ребро может соединять только вершины одного слоя или соседних слоев. покажем, что для каждого `i=0,1,...,a-1` множество `c_i = l_{2i} \\cup l_{2i+1}` является кликой. если две несмежные вершины лежат в `l_{2i}`, то вместе со всеми четными вершинами пути `v_0,v_2,...,v_{2a-2}`, кроме `v_{2i}`, они образуют независимое множество размера `a+1`: с выбранными вершинами пути они несмежны, потому что номера слоев отличаются минимум на 2. это невозможно. аналогично, если две несмежные вершины лежат в `l_{2i+1}`, то вместе со всеми нечетными вершинами пути, кроме `v_{2i+1}`, получается независимое множество размера `a+1`. нак… yumt-2025-grand-round2-problem1 diametr 2α - 1 i razbienie na kliki, yumt 2025 extremal_graph_theory goal_proof 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/2tur_usl_grand2.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-grand-round2-problem1-official with_solution yumt yumt2025 yumt yumt 2025, grand-liga, vtoroy tur, 1. diametr 2α - 1 i razbienie na kliki yumt2025 ? yumt 2025, grand-liga, vtoroy tur, 1. diametr 2α - 1 i razbienie na kliki stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dan svyaznyy graf. pust α — ego chislo nezavisimosti, to est maksimalnyy razmer mnozhestva poparno nesmezhnyh vershin. pust diametr etogo grafa raven 2α - 1. dokazhite, chto vse vershiny grafa mozhno edinstvennym obrazom razbit na α nepustyh podmnozhestv tak, chtoby v kazhdom iz etih podmnozhestv vse vershiny byli poparno smezhnye. connected_graph independent_set idea-diameter-layers-paired-cliques sloi ot kontsa diametralnogo puti berem diametralnyy put dliny `2a - 1`, gde `a = alpha(g)`, i delim vershiny na sloi po rasstoyaniyu ot odnogo ego kontsa. ravenstvo v otsenke diametra vynuzhdaet pary sloev `l_{2i} \\cup l_{2i+1}` byt klikami: lyubaya nesmezhnaya para vnutri takoy pary sloev vmeste s podhodyaschimi chereduyuschimisya vershinami puti dala by nezavisimoe mnozhestvo razmera `a + 1`. extremal_graph_theory ai_checked sol-ai-diameter-layers ii-reshenie: pary sloev ot kontsa diametra ai_checked simple_graph clique independent_set path oboznachim `a = alpha(g)`. vozmem kratchayshiy put `v_0 v_1 ... v_{2a-1}` mezhdu dvumya vershinami na rasstoyanii `2a - 1`. pust `l_k` -- mnozhestvo vershin na rasstoyanii `k` ot `v_0`. tak kak diametr raven `2a - 1`, sloi `l_0,...,l_{2a-1}` pokryvayut vse vershiny grafa. krome togo, rebro mozhet soedinyat tolko vershiny odnogo sloya ili sosednih sloev. pokazhem, chto dlya kazhdogo `i=0,1,...,a-1` mnozhestvo `c_i = l_{2i} \\cup l_{2i+1}` yavlyaetsya klikoy. esli dve nesmezhnye vershiny lezhat v `l_{2i}`, to vmeste so vsemi chetnymi vershinami puti `v_0,v_2,...,v_{2a-2}`, krome `v_{2i}`, oni obrazuyut nezavisimoe mnozhestvo razmera `a+1`: s vybrannymi vershinami puti oni nesmezhny, potomu chto nomera sloev otlichayutsya minimum na 2. eto nevozmozhno. analogichno, esli dve nesmezhnye vershiny lezhat v `l_{2i+1}`, to vmeste so vsemi nechetnymi vershinami puti, krome `v_{2i+1}`, poluchaetsya nezavisimoe mnozhestvo razmera `a+1`. nak…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2025-grand-round4-problem3","title":"Игра Зайца и Волка на раскрашенном графе, ЮМТ 2025","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2025-grand-round4-problem3.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2025-grand-round4-problem3.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2025-grand-round4-problem3","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2025, Гранд-лига, четвёртый тур, 3. Игра Зайца и Волка на раскрашенном графе"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":["Дидин М. А."],"tags":["coloring","goal_strategy_game","goal_characterization","goal_algorithm"],"agent_topics":["game_strategy"],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2025_grand_round4_problem3.md; этап: Гранд-лига, четвёртый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Метаданные источника указывают на архивное или официальное решение; решение проверено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Заяц и Волк играют в игру. Волк рисует граф, содержащий более одной вершины, и красит его рёбра в красный и синий цвет. После этого Заяц ставит в какие-то две вершины красную и синюю фишку и выбирает, какая из них достанется ему, а какая — Волку. Затем игроки ходят по очереди, первым ходит Волк; за ход игрок может передвинуть свою фишку по ребру цвета этой фишки или пропустить ход. Волк выигрывает, если после нескольких ходов фишки окажутся в одной вершине. Для каких графов Волк может гарантированно выиграть?","definition_ids":["simple_graph"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-retrograde-state-game","title":"ИИ-решение: критерий через выигрышные состояния","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph"],"standard_idea_ids":["invariant","induction"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Обозначим через \\(G_R\\) и \\(G_B\\) красный и синий подграфы; пропуск хода будем считать петлёй в каждой вершине. Зафиксируем два цвета \\(C,D\\): фишка Волка ходит по \\(G_C\\), фишка Зайца — по \\(G_D\\). Для упорядоченных пар различных вершин построим множества \\(W_i^{C,D}\\). Сначала \\(W_0^{C,D}=\\varnothing\\). Если \\(W_i^{C,D}\\) уже построено, включим в \\(W_{i+1}^{C,D}\\) все пары из \\(W_i^{C,D}\\), а также пару \\((x,y)\\), если существует вершина \\(x'\\in N_C[x]\\) такая, что либо \\(x'=y\\), либо для каждого \\(y'\\in N_D[y]\\) выполнено: \\(y'=x'\\) или \\((x',y')\\in W_i^{C,D}\\). Здесь \\(N_C[x]\\) — замкнутая окрестность в цвете \\(C\\), то есть возможные позиции фишки Волка после одного хода или пропуска; аналогично для \\(N_D[y]\\). Так как пар конечное число, процесс стабилизируется; обозначим предельное множество через \\(W^{C,D}\\). Утверждение: Волк может гарантированно выиграть на данном раскрашенном…"}],"relations":[{"id":"rel-classical-cops-yumt-state-attractor","neighbor_id":"cops-and-robber-dismantlable-characterization","direction":"backward","type":"solution_transfer","distance":2,"status":"ai_checked"}],"search_text":"yumt-2025-grand-round4-problem3 игра зайца и волка на раскрашенном графе, юмт 2025 coloring goal_strategy_game goal_characterization goal_algorithm 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/4tur_usl_grand2.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-grand-round4-problem3-official with_solution yumt yumt2025 дидин м. а. юмт юмт 2025, гранд-лига, четвёртый тур, 3. игра зайца и волка на раскрашенном графе юмт2025 дидин м. а. юмт 2025, гранд-лига, четвёртый тур, 3. игра зайца и волка на раскрашенном графе stmt-original оригинальная формулировка ai_checked заяц и волк играют в игру. волк рисует граф, содержащий более одной вершины, и красит его рёбра в красный и синий цвет. после этого заяц ставит в какие-то две вершины красную и синюю фишку и выбирает, какая из них достанется ему, а какая — волку. затем игроки ходят по очереди, первым ходит волк; за ход игрок может передвинуть свою фишку по ребру цвета этой фишки или пропустить ход. волк выигрывает, если после нескольких ходов фишки окажутся в одной вершине. для каких графов волк может гарантированно выиграть? simple_graph idea-first-move-convention порядок первого хода если вместо волка первым ходит заяц, решение не меняется: после выбора начальных вершин и распределения фишек заяц может своим первым ходом или пропуском добиться любого положения фишек, которое возможно к первому ходу волка. goal_strategy_game ai_checked idea-product-game-winning-region игра на парах вершин для фиксированного распределения фишек состояние задаётся упорядоченной парой \\((x,y)\\): где стоит фишка волка и где стоит фишка зайца. выигрышные состояния волка находятся обратной индукцией: состояние выигрышно, если у волка есть ход, после которого любой не проигрывающий немедленно ответ зайца снова ведёт в уже найденное выигрышное состояние. goal_strategy_game goal_algorithm ai_checked sol-ai-retrograde-state-game ии-решение: критерий через выигрышные состояния ai_checked simple_graph invariant induction обозначим через \\(g_r\\) и \\(g_b\\) красный и синий подграфы; пропуск хода будем считать петлёй в каждой вершине. зафиксируем два цвета \\(c,d\\): фишка волка ходит по \\(g_c\\), фишка зайца — по \\(g_d\\). для упорядоченных пар различных вершин построим множества \\(w_i^{c,d}\\). сначала \\(w_0^{c,d}=\\varnothing\\). если \\(w_i^{c,d}\\) уже построено, включим в \\(w_{i+1}^{c,d}\\) все пары из \\(w_i^{c,d}\\), а также пару \\((x,y)\\), если существует вершина \\(x'\\in n_c[x]\\) такая, что либо \\(x'=y\\), либо для каждого \\(y'\\in n_d[y]\\) выполнено: \\(y'=x'\\) или \\((x',y')\\in w_i^{c,d}\\). здесь \\(n_c[x]\\) — замкнутая окрестность в цвете \\(c\\), то есть возможные позиции фишки волка после одного хода или пропуска; аналогично для \\(n_d[y]\\). так как пар конечное число, процесс стабилизируется; обозначим предельное множество через \\(w^{c,d}\\). утверждение: волк может гарантированно выиграть на данном раскрашенном… yumt-2025-grand-round4-problem3 igra zaytsa i volka na raskrashennom grafe, yumt 2025 coloring goal_strategy_game goal_characterization goal_algorithm 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/4tur_usl_grand2.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-grand-round4-problem3-official with_solution yumt yumt2025 didin m. a. yumt yumt 2025, grand-liga, chetvertyy tur, 3. igra zaytsa i volka na raskrashennom grafe yumt2025 didin m. a. yumt 2025, grand-liga, chetvertyy tur, 3. igra zaytsa i volka na raskrashennom grafe stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked zayats i volk igrayut v igru. volk risuet graf, soderzhaschiy bolee odnoy vershiny, i krasit ego rebra v krasnyy i siniy tsvet. posle etogo zayats stavit v kakie-to dve vershiny krasnuyu i sinyuyu fishku i vybiraet, kakaya iz nih dostanetsya emu, a kakaya — volku. zatem igroki hodyat po ocheredi, pervym hodit volk; za hod igrok mozhet peredvinut svoyu fishku po rebru tsveta etoy fishki ili propustit hod. volk vyigryvaet, esli posle neskolkih hodov fishki okazhutsya v odnoy vershine. dlya kakih grafov volk mozhet garantirovanno vyigrat? simple_graph idea-first-move-convention poryadok pervogo hoda esli vmesto volka pervym hodit zayats, reshenie ne menyaetsya: posle vybora nachalnyh vershin i raspredeleniya fishek zayats mozhet svoim pervym hodom ili propuskom dobitsya lyubogo polozheniya fishek, kotoroe vozmozhno k pervomu hodu volka. goal_strategy_game ai_checked idea-product-game-winning-region igra na parah vershin dlya fiksirovannogo raspredeleniya fishek sostoyanie zadaetsya uporyadochennoy paroy \\((x,y)\\): gde stoit fishka volka i gde stoit fishka zaytsa. vyigryshnye sostoyaniya volka nahodyatsya obratnoy induktsiey: sostoyanie vyigryshno, esli u volka est hod, posle kotorogo lyuboy ne proigryvayuschiy nemedlenno otvet zaytsa snova vedet v uzhe naydennoe vyigryshnoe sostoyanie. goal_strategy_game goal_algorithm ai_checked sol-ai-retrograde-state-game ii-reshenie: kriteriy cherez vyigryshnye sostoyaniya ai_checked simple_graph invariant induction oboznachim cherez \\(g_r\\) i \\(g_b\\) krasnyy i siniy podgrafy; propusk hoda budem schitat petley v kazhdoy vershine. zafiksiruem dva tsveta \\(c,d\\): fishka volka hodit po \\(g_c\\), fishka zaytsa — po \\(g_d\\). dlya uporyadochennyh par razlichnyh vershin postroim mnozhestva \\(w_i^{c,d}\\). snachala \\(w_0^{c,d}=\\varnothing\\). esli \\(w_i^{c,d}\\) uzhe postroeno, vklyuchim v \\(w_{i+1}^{c,d}\\) vse pary iz \\(w_i^{c,d}\\), a takzhe paru \\((x,y)\\), esli suschestvuet vershina \\(x'\\in n_c[x]\\) takaya, chto libo \\(x'=y\\), libo dlya kazhdogo \\(y'\\in n_d[y]\\) vypolneno: \\(y'=x'\\) ili \\((x',y')\\in w_i^{c,d}\\). zdes \\(n_c[x]\\) — zamknutaya okrestnost v tsvete \\(c\\), to est vozmozhnye pozitsii fishki volka posle odnogo hoda ili propuska; analogichno dlya \\(n_d[y]\\). tak kak par konechnoe chislo, protsess stabiliziruetsya; oboznachim predelnoe mnozhestvo cherez \\(w^{c,d}\\). utverzhdenie: volk mozhet garantirovanno vyigrat na dannom raskrashennom…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2025-unior-round1-problem1","title":"Разбиение на k лесов, ЮМТ 2025","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2025-unior-round1-problem1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2025-unior-round1-problem1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2025-unior-round1-problem1","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2025, Юниор-лига, первый тур, 1. Разбиение на k лесов"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["trees","goal_proof"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2025_unior_round1_problem1.md; этап: Юниор-лига, первый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"official_complete_or_near_complete","label":"официальное полное/почти полное","status":"ai_checked","confidence":0.9,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"Решение распознано как официальное или архивное; оснований понижать статус не найдено.","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"Дан граф такой, что в каждом его подграфе есть вершина степени не больше 2k - 1. Докажите, что все вершины можно разбить на k подграфов без циклов.","definition_ids":["degree","tree","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-archive-card","title":"Решение","status":"ai_checked","definition_ids":["degree","tree"],"standard_idea_ids":["induction","pigeonhole_principle"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Докажем утверждение по индукции по числу вершин графа. База очевидна: для графа из одной вершины утверждение верно. Пусть теперь граф G имеет больше одной вершины. По условию в самом графе G есть вершина v степени не больше 2k - 1. Удалим её. Для любого подграфа графа G-v условие тоже выполняется, потому что каждый такой подграф является подграфом исходного графа. Значит, по предположению индукции вершины графа G-v можно разбить на k подграфов без циклов. Рассмотрим соседей вершины v. Если бы в каждом из этих k подграфов у вершины v было хотя бы по два соседа, то степень v была бы не меньше 2k, что противоречит оценке deg(v) ≤ 2k - 1. Следовательно, найдётся подграф, в котором у v не более одного соседа. Добавим вершину v именно в этот подграф. Цикл при этом не появится: если у добавляемой вершины внутри выбранного подграфа нет соседей, то она просто образует изолированную вершину; если…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2014-start-r4p2-yumt-2025-forest-degeneracy","neighbor_id":"yumt-2014-start-round4-problem2","direction":"backward","type":"same_motif","distance":3,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2025-unior-r1-p1-tree-equivalent-properties","neighbor_id":"tree-equivalent-properties","direction":"forward","type":"prerequisite","distance":2,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2025-unior-round1-problem1 разбиение на k лесов, юмт 2025 trees goal_proof 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/1tur_usl_unior.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-unior-round1-problem1-official with_solution yumt yumt2025 юмт юмт 2025, юниор-лига, первый тур, 1. разбиение на k лесов юмт2025 ? юмт 2025, юниор-лига, первый тур, 1. разбиение на k лесов stmt-original оригинальная формулировка ai_checked дан граф такой, что в каждом его подграфе есть вершина степени не больше 2k - 1. докажите, что все вершины можно разбить на k подграфов без циклов. degree tree cycle idea-low-degree-induction-to-k-forests индукция по вершине малой степени условие на каждую подзадачу даёт вершину степени не больше 2k-1. удаляя такую вершину и возвращая её обратно, можно распределять инцидентные рёбра между k лесами без создания цикла. trees ai_checked sol-archive-card решение ai_checked degree tree induction pigeonhole_principle докажем утверждение по индукции по числу вершин графа. база очевидна: для графа из одной вершины утверждение верно. пусть теперь граф g имеет больше одной вершины. по условию в самом графе g есть вершина v степени не больше 2k - 1. удалим её. для любого подграфа графа g-v условие тоже выполняется, потому что каждый такой подграф является подграфом исходного графа. значит, по предположению индукции вершины графа g-v можно разбить на k подграфов без циклов. рассмотрим соседей вершины v. если бы в каждом из этих k подграфов у вершины v было хотя бы по два соседа, то степень v была бы не меньше 2k, что противоречит оценке deg(v) ≤ 2k - 1. следовательно, найдётся подграф, в котором у v не более одного соседа. добавим вершину v именно в этот подграф. цикл при этом не появится: если у добавляемой вершины внутри выбранного подграфа нет соседей, то она просто образует изолированную вершину; если… yumt-2025-unior-round1-problem1 razbienie na k lesov, yumt 2025 trees goal_proof 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/1tur_usl_unior.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-unior-round1-problem1-official with_solution yumt yumt2025 yumt yumt 2025, yunior-liga, pervyy tur, 1. razbienie na k lesov yumt2025 ? yumt 2025, yunior-liga, pervyy tur, 1. razbienie na k lesov stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked dan graf takoy, chto v kazhdom ego podgrafe est vershina stepeni ne bolshe 2k - 1. dokazhite, chto vse vershiny mozhno razbit na k podgrafov bez tsiklov. degree tree cycle idea-low-degree-induction-to-k-forests induktsiya po vershine maloy stepeni uslovie na kazhduyu podzadachu daet vershinu stepeni ne bolshe 2k-1. udalyaya takuyu vershinu i vozvraschaya ee obratno, mozhno raspredelyat intsidentnye rebra mezhdu k lesami bez sozdaniya tsikla. trees ai_checked sol-archive-card reshenie ai_checked degree tree induction pigeonhole_principle dokazhem utverzhdenie po induktsii po chislu vershin grafa. baza ochevidna: dlya grafa iz odnoy vershiny utverzhdenie verno. pust teper graf g imeet bolshe odnoy vershiny. po usloviyu v samom grafe g est vershina v stepeni ne bolshe 2k - 1. udalim ee. dlya lyubogo podgrafa grafa g-v uslovie tozhe vypolnyaetsya, potomu chto kazhdyy takoy podgraf yavlyaetsya podgrafom ishodnogo grafa. znachit, po predpolozheniyu induktsii vershiny grafa g-v mozhno razbit na k podgrafov bez tsiklov. rassmotrim sosedey vershiny v. esli by v kazhdom iz etih k podgrafov u vershiny v bylo hotya by po dva soseda, to stepen v byla by ne menshe 2k, chto protivorechit otsenke deg(v) ≤ 2k - 1. sledovatelno, naydetsya podgraf, v kotorom u v ne bolee odnogo soseda. dobavim vershinu v imenno v etot podgraf. tsikl pri etom ne poyavitsya: esli u dobavlyaemoy vershiny vnutri vybrannogo podgrafa net sosedey, to ona prosto obrazuet izolirovannuyu vershinu; esli…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2025-unior-round1-problem8","title":"Цикл и квадратные трёхчлены, ЮМТ 2025","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2025-unior-round1-problem8.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2025-unior-round1-problem8.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2025-unior-round1-problem8","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2025, Юниор-лига, первый тур, 8. Цикл и квадратные трёхчлены"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["goal_characterization"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":6,"comment":"Импортировано из проверенной архивной карточки ЮМТ 2025_unior_round1_problem8.md; этап: Юниор-лига, первый тур.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"ai_original","label":"ИИ-решение с нуля","status":"ai_checked","confidence":0.78,"basis":"агентский аудит средней сложности","notes":"solution appears AI-авторed/reconstructed, with no официальное решение marker","audit_source":"agent-russian-archives.json"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"ai_checked","text":"На доске нарисован цикл на 2n вершинах. Вася хочет расставить в вершинах этого цикла 2n квадратных трёхчленов с вещественными коэффициентами так, чтобы графики любых двух трёхчленов пересекались тогда и только тогда, когда соответствующие им вершины в цикле соединены ребром. При каких n Вася сможет добиться желаемого?","definition_ids":["cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-ai-order-on-disjoint-quadratics","title":"ИИ-решение: порядок по непересечению графиков","status":"ai_checked","definition_ids":["cycle"],"standard_idea_ids":[],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Ответ: только n = 2. Сначала построим пример для n = 2. Расставим по циклу \\(C_4\\) трёхчлены \\(x^2\\), \\(-x^2+2\\), \\(x^2+1\\), \\(-x^2+3\\). Соседние пары пересекаются: \\(x^2=-x^2+2\\), \\(-x^2+2=x^2+1\\), \\(x^2+1=-x^2+3\\) и \\(-x^2+3=x^2\\) имеют вещественные решения. Противоположные пары не пересекаются, потому что \\(x^2+1\\) всюду выше \\(x^2\\), а \\(-x^2+3\\) всюду выше \\(-x^2+2\\). Значит, \\(C_4\\) реализуется. Докажем, что при \\(n\\ge 3\\) это невозможно. Обозначим вершины цикла по порядку \\(v_1\\), \\(v_2\\), ..., \\(v_{2n}\\), а соответствующий вершине \\(v_i\\) трёхчлен через \\(P_i\\). Если графики \\(P_i\\) и \\(P_j\\) не пересекаются, то разность \\(P_i-P_j\\) нигде не обращается в ноль и потому имеет постоянный знак: один из двух трёхчленов всюду ниже другого. Будем писать \\(P_i<P_j\\), если \\(P_i(x)<P_j(x)\\) при всех вещественных x. Это отношение транзитивно. Вершины одной чётности в цикле \\(C_{2n}\\) попа…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2025-grand-r1-p4-yumt-2025-unior-r1-p8","neighbor_id":"yumt-2025-grand-round1-problem4","direction":"backward","type":"same_motif","distance":1,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2025-unior-round1-problem8 цикл и квадратные трёхчлены, юмт 2025 goal_characterization 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/1tur_usl_unior.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-unior-round1-problem8-official with_solution yumt yumt2025 юмт юмт 2025, юниор-лига, первый тур, 8. цикл и квадратные трёхчлены юмт2025 ? юмт 2025, юниор-лига, первый тур, 8. цикл и квадратные трёхчлены stmt-original оригинальная формулировка ai_checked на доске нарисован цикл на 2n вершинах. вася хочет расставить в вершинах этого цикла 2n квадратных трёхчленов с вещественными коэффициентами так, чтобы графики любых двух трёхчленов пересекались тогда и только тогда, когда соответствующие им вершины в цикле соединены ребром. при каких n вася сможет добиться желаемого? cycle idea-disjoint-quadratics-form-a-chain-order непересекающиеся графики задают порядок если графики двух квадратных трёхчленов не пересекаются, то один из них всюду выше другого. поэтому все попарно непересекающиеся трёхчлены образуют цепь по отношению всюду ниже; в такой цепи два элемента, несравнимые с третьим, вынуждены стоять рядом, иначе несравнимым был бы и каждый промежуточный элемент. goal_characterization ai_checked sol-ai-order-on-disjoint-quadratics ии-решение: порядок по непересечению графиков ai_checked cycle ответ: только n = 2. сначала построим пример для n = 2. расставим по циклу \\(c_4\\) трёхчлены \\(x^2\\), \\(-x^2+2\\), \\(x^2+1\\), \\(-x^2+3\\). соседние пары пересекаются: \\(x^2=-x^2+2\\), \\(-x^2+2=x^2+1\\), \\(x^2+1=-x^2+3\\) и \\(-x^2+3=x^2\\) имеют вещественные решения. противоположные пары не пересекаются, потому что \\(x^2+1\\) всюду выше \\(x^2\\), а \\(-x^2+3\\) всюду выше \\(-x^2+2\\). значит, \\(c_4\\) реализуется. докажем, что при \\(n\\ge 3\\) это невозможно. обозначим вершины цикла по порядку \\(v_1\\), \\(v_2\\), ..., \\(v_{2n}\\), а соответствующий вершине \\(v_i\\) трёхчлен через \\(p_i\\). если графики \\(p_i\\) и \\(p_j\\) не пересекаются, то разность \\(p_i-p_j\\) нигде не обращается в ноль и потому имеет постоянный знак: один из двух трёхчленов всюду ниже другого. будем писать \\(p_i<p_j\\), если \\(p_i(x)<p_j(x)\\) при всех вещественных x. это отношение транзитивно. вершины одной чётности в цикле \\(c_{2n}\\) попа… yumt-2025-unior-round1-problem8 tsikl i kvadratnye trehchleny, yumt 2025 goal_characterization 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/1tur_usl_unior.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-unior-round1-problem8-official with_solution yumt yumt2025 yumt yumt 2025, yunior-liga, pervyy tur, 8. tsikl i kvadratnye trehchleny yumt2025 ? yumt 2025, yunior-liga, pervyy tur, 8. tsikl i kvadratnye trehchleny stmt-original originalnaya formulirovka ai_checked na doske narisovan tsikl na 2n vershinah. vasya hochet rasstavit v vershinah etogo tsikla 2n kvadratnyh trehchlenov s veschestvennymi koeffitsientami tak, chtoby grafiki lyubyh dvuh trehchlenov peresekalis togda i tolko togda, kogda sootvetstvuyuschie im vershiny v tsikle soedineny rebrom. pri kakih n vasya smozhet dobitsya zhelaemogo? cycle idea-disjoint-quadratics-form-a-chain-order neperesekayuschiesya grafiki zadayut poryadok esli grafiki dvuh kvadratnyh trehchlenov ne peresekayutsya, to odin iz nih vsyudu vyshe drugogo. poetomu vse poparno neperesekayuschiesya trehchleny obrazuyut tsep po otnosheniyu vsyudu nizhe; v takoy tsepi dva elementa, nesravnimye s tretim, vynuzhdeny stoyat ryadom, inache nesravnimym byl by i kazhdyy promezhutochnyy element. goal_characterization ai_checked sol-ai-order-on-disjoint-quadratics ii-reshenie: poryadok po neperesecheniyu grafikov ai_checked cycle otvet: tolko n = 2. snachala postroim primer dlya n = 2. rasstavim po tsiklu \\(c_4\\) trehchleny \\(x^2\\), \\(-x^2+2\\), \\(x^2+1\\), \\(-x^2+3\\). sosednie pary peresekayutsya: \\(x^2=-x^2+2\\), \\(-x^2+2=x^2+1\\), \\(x^2+1=-x^2+3\\) i \\(-x^2+3=x^2\\) imeyut veschestvennye resheniya. protivopolozhnye pary ne peresekayutsya, potomu chto \\(x^2+1\\) vsyudu vyshe \\(x^2\\), a \\(-x^2+3\\) vsyudu vyshe \\(-x^2+2\\). znachit, \\(c_4\\) realizuetsya. dokazhem, chto pri \\(n\\ge 3\\) eto nevozmozhno. oboznachim vershiny tsikla po poryadku \\(v_1\\), \\(v_2\\), ..., \\(v_{2n}\\), a sootvetstvuyuschiy vershine \\(v_i\\) trehchlen cherez \\(p_i\\). esli grafiki \\(p_i\\) i \\(p_j\\) ne peresekayutsya, to raznost \\(p_i-p_j\\) nigde ne obraschaetsya v nol i potomu imeet postoyannyy znak: odin iz dvuh trehchlenov vsyudu nizhe drugogo. budem pisat \\(p_i<p_j\\), esli \\(p_i(x)<p_j(x)\\) pri vseh veschestvennyh x. eto otnoshenie tranzitivno. vershiny odnoy chetnosti v tsikle \\(c_{2n}\\) popa…","source_keys":["yumt"]}
{"id":"yumt-2025-unior-round3-problem1","title":"Циклы длины не меньше 5, ЮМТ 2025","path":"data\\problems\\yumt\\yumt-2025-unior-round3-problem1.yaml","raw_github_url":"https://raw.githubusercontent.com/didin-maxim/knowledge_graph_of_graphs/main/data/problems/yumt/yumt-2025-unior-round3-problem1.yaml","viewer_url":"https://didin-maxim.github.io/knowledge_graph_of_graphs/#yumt-2025-unior-round3-problem1","source_key":"yumt","source_label":"ЮМТ","source_titles":["ЮМТ 2025, Юниор-лига, третий тур, 1. Циклы длины не меньше 5"],"year":"2025","type":"olympiad_problem","authors":[],"tags":["extremal_graph_theory","classical_lemma","double_counting","goal_bound"],"agent_topics":[],"difficulty":{"main":"regional","local_score":7,"comment":"Решение короткое после стандартной blocker-леммы для двух непересекающихся циклов; основной олимпиадный счет использует лес после удаления не более трех вершин и запрет 4-циклов.","status":"ai_checked"},"review_status":"ai_checked","public_ready":true,"solution_state":"with_solution","solution_classification":{"type":"original_ai_solution","label":"самостоятельное решение AI","status":"ai_checked","confidence":0.74,"basis":"2026-05-06 проход высокой сложности","notes":"Официальная формулировка подтверждена; опубликованное решение не найдено. Доказательство опирается на стандартную классическую blocker-лемму для случая двух вершинно непересекающихся циклов и раскрывает оставшийся счет полностью.","audit_source":"manual-high-reasoning-pass-2026-05-06"},"statements":{"original":[{"id":"stmt-original","title":"Оригинальная формулировка","status":"source_verified","text":"Дан граф на \\(n\\) вершинах, все циклы в котором имеют непустое пересечение по вершинам и длину не менее 5. Докажите, что в этом графе не более чем \\(2n-1\\) ребро.","definition_ids":["simple_graph","cycle"]}]},"solutions":[{"id":"sol-cycle-blocker-and-forest-counting","title":"Множество из трех вершин и подсчет ребер к лесу","status":"ai_checked","definition_ids":["simple_graph","cycle","tree"],"standard_idea_ids":["double_counting","delete_to_simplify"],"tags":[],"has_text":true,"text_preview":"Будем пользоваться следующей стандартной леммой Ловаса, то есть частным случаем теоремы Эрдеша-Поши для двух циклов: если в конечном графе нет двух вершинно непересекающихся циклов, то существует множество \\(S\\) не более чем из трех вершин, пересекающее каждый цикл графа. Иными словами, после удаления \\(S\\) граф становится лесом. В нашей задаче условие «все циклы попарно имеют общую вершину» как раз означает, что двух вершинно непересекающихся циклов нет. Если в графе вообще нет циклов, то он является лесом и имеет не более \\(n-1\\) ребер. Далее считаем, что цикл есть. По лемме выберем множество \\(S\\), \\(|S|=s\\le 3\\), пересекающее все циклы. Положим \\(F=G-S\\). Тогда \\(F\\) - лес. Обозначим через \\(N=n-s\\) число его вершин, через \\(c\\) - число компонент леса \\(F\\), через \\(a\\) - число ребер между \\(S\\) и \\(F\\), а через \\(b\\) - число ребер внутри \\(S\\). Тогда \\[ |E(G)|=|E(F)|+a+b\\le (N-c)+a…"}],"relations":[{"id":"rel-yumt-2025-unior-r3p1-dense-theta","neighbor_id":"dense-graph-long-theta-subgraph","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2025-unior-r3p1-planar-girth-forest-count","neighbor_id":"planar-large-girth-degree-two-path","direction":"forward","type":"same_motif","distance":3,"status":"ai_checked"},{"id":"rel-yumt-2025-unior-r3p1-cubic-four-cycle-bound","neighbor_id":"cubic-graph-four-cycle-bound","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"},{"id":"rel-yumt-2025-unior-r3p1-imc-1999-forest-edge-bound","neighbor_id":"imc-1999-day1-p5-marked-grid-cycle","direction":"forward","type":"same_motif","distance":4,"status":"needs_human_review"}],"search_text":"yumt-2025-unior-round3-problem1 циклы длины не меньше 5, юмт 2025 extremal_graph_theory classical_lemma double_counting goal_bound 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/3tur_usl_unior.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-unior-round3-problem1-official with_solution yumt yumt2025 юмт юмт 2025, юниор-лига, третий тур, 1. циклы длины не меньше 5 юмт2025 unknown юмт 2025, юниор-лига, третий тур, 1. циклы длины не меньше 5 stmt-original оригинальная формулировка source_verified дан граф на \\(n\\) вершинах, все циклы в котором имеют непустое пересечение по вершинам и длину не менее 5. докажите, что в этом графе не более чем \\(2n-1\\) ребро. simple_graph cycle idea-small-cycle-blocker малое множество, пересекающее все циклы если в графе нет двух вершинно непересекающихся циклов, то по стандартной лемме для случая двух циклов существует множество \\(s\\) из не более чем трех вершин, пересекающее каждый цикл. после удаления \\(s\\) остается лес. classical_lemma extremal_graph_theory ai_checked idea-count-edges-to-forest запрет 4-циклов ограничивает ребра к лесу пусть \\(f=g-s\\). вершины леса, смежные сразу с несколькими вершинами из \\(s\\), можно посчитать через пары вершин из \\(s\\): одна и та же пара из \\(s\\) не может иметь двух общих соседей в \\(f\\), иначе возник бы 4-цикл. double_counting degree_counting ai_checked sol-cycle-blocker-and-forest-counting множество из трех вершин и подсчет ребер к лесу ai_checked simple_graph cycle tree double_counting delete_to_simplify будем пользоваться следующей стандартной леммой ловаса, то есть частным случаем теоремы эрдеша-поши для двух циклов: если в конечном графе нет двух вершинно непересекающихся циклов, то существует множество \\(s\\) не более чем из трех вершин, пересекающее каждый цикл графа. иными словами, после удаления \\(s\\) граф становится лесом. в нашей задаче условие «все циклы попарно имеют общую вершину» как раз означает, что двух вершинно непересекающихся циклов нет. если в графе вообще нет циклов, то он является лесом и имеет не более \\(n-1\\) ребер. далее считаем, что цикл есть. по лемме выберем множество \\(s\\), \\(|s|=s\\le 3\\), пересекающее все циклы. положим \\(f=g-s\\). тогда \\(f\\) - лес. обозначим через \\(n=n-s\\) число его вершин, через \\(c\\) - число компонент леса \\(f\\), через \\(a\\) - число ребер между \\(s\\) и \\(f\\), а через \\(b\\) - число ребер внутри \\(s\\). тогда \\[ |e(g)|=|e(f)|+a+b\\le (n-c)+a… yumt-2025-unior-round3-problem1 tsikly dliny ne menshe 5, yumt 2025 extremal_graph_theory classical_lemma double_counting goal_bound 2025 https://adygmath.ru/content/files/umt25/problems/3tur_usl_unior.pdf olympiad_archive src-yumt-2025-unior-round3-problem1-official with_solution yumt yumt2025 yumt yumt 2025, yunior-liga, tretiy tur, 1. tsikly dliny ne menshe 5 yumt2025 unknown yumt 2025, yunior-liga, tretiy tur, 1. tsikly dliny ne menshe 5 stmt-original originalnaya formulirovka source_verified dan graf na \\(n\\) vershinah, vse tsikly v kotorom imeyut nepustoe peresechenie po vershinam i dlinu ne menee 5. dokazhite, chto v etom grafe ne bolee chem \\(2n-1\\) rebro. simple_graph cycle idea-small-cycle-blocker maloe mnozhestvo, peresekayuschee vse tsikly esli v grafe net dvuh vershinno neperesekayuschihsya tsiklov, to po standartnoy lemme dlya sluchaya dvuh tsiklov suschestvuet mnozhestvo \\(s\\) iz ne bolee chem treh vershin, peresekayuschee kazhdyy tsikl. posle udaleniya \\(s\\) ostaetsya les. classical_lemma extremal_graph_theory ai_checked idea-count-edges-to-forest zapret 4-tsiklov ogranichivaet rebra k lesu pust \\(f=g-s\\). vershiny lesa, smezhnye srazu s neskolkimi vershinami iz \\(s\\), mozhno poschitat cherez pary vershin iz \\(s\\): odna i ta zhe para iz \\(s\\) ne mozhet imet dvuh obschih sosedey v \\(f\\), inache voznik by 4-tsikl. double_counting degree_counting ai_checked sol-cycle-blocker-and-forest-counting mnozhestvo iz treh vershin i podschet reber k lesu ai_checked simple_graph cycle tree double_counting delete_to_simplify budem polzovatsya sleduyuschey standartnoy lemmoy lovasa, to est chastnym sluchaem teoremy erdesha-poshi dlya dvuh tsiklov: esli v konechnom grafe net dvuh vershinno neperesekayuschihsya tsiklov, to suschestvuet mnozhestvo \\(s\\) ne bolee chem iz treh vershin, peresekayuschee kazhdyy tsikl grafa. inymi slovami, posle udaleniya \\(s\\) graf stanovitsya lesom. v nashey zadache uslovie «vse tsikly poparno imeyut obschuyu vershinu» kak raz oznachaet, chto dvuh vershinno neperesekayuschihsya tsiklov net. esli v grafe voobsche net tsiklov, to on yavlyaetsya lesom i imeet ne bolee \\(n-1\\) reber. dalee schitaem, chto tsikl est. po lemme vyberem mnozhestvo \\(s\\), \\(|s|=s\\le 3\\), peresekayuschee vse tsikly. polozhim \\(f=g-s\\). togda \\(f\\) - les. oboznachim cherez \\(n=n-s\\) chislo ego vershin, cherez \\(c\\) - chislo komponent lesa \\(f\\), cherez \\(a\\) - chislo reber mezhdu \\(s\\) i \\(f\\), a cherez \\(b\\) - chislo reber vnutri \\(s\\). togda \\[ |e(g)|=|e(f)|+a+b\\le (n-c)+a…","source_keys":["yumt"]}